題目大意：

給定n個長度為ai的木棍
求，任選三個使其能夠組成三角形的概率

分析：

ai <= 1e5，先統計c[i]代表長度為i的木棍有多少個
對c做卷積，即使用FFT求出 rep(i,0,1e5) rep(j,0,1e5) d[i+j]+=c[i]*c[j] 的d數組
d[i]即代表選出兩個木棍長度之和為i的方案數
去除重復，減去使用了同一木棍兩次的，i+j與j+i應為同一方案，所以rep(i,0,2e5) d[i]/=2
現在d[i]已經可以表示選出兩個不同木棍長度之和為i的不同方案數了

接下來對木棍長度ai從小到大排序，對d做前綴和sd

附上代碼：

/*     ai <= 1e5，先統計c[i]代表長度為i的木棍有多少個
     對c做卷積，即使用FFT求出 rep(i,0,1e5) rep(j,0,1e5) d[i+j]+=c[i]*c[j] 的d數組
     d[i]即代表選出兩個木棍長度之和為i的方案數
     去除重復，減去使用了同一木棍兩次的，i+j與j+i應為同一方案，所以rep(i,0,2e5) d[i]/=2
     現在d[i]已經可以表示選出兩個不同木棍長度之和為i的不同方案數了
 
     接下來對木棍長度ai從小到大排序，對d做前綴和sd
     枚舉最長邊為第i根木棍，則另外兩條邊長度之和>ai，ans+=sd[2e5]-sd[ai]
     這些方案裏需要去除一些不滿足要求(ai為最長邊)的
     1.另外兩條邊兩條均>ai，ans-=(n-i)*(n-i-1)/2
     2.另外兩條邊一條>ai，一條<ai,ans-=(n-i)*(i-1)
     3.另外兩條邊一條=ai，另一條隨意,ans-=n-1
 
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4e5+12;
const double pi=acos(-1);
int n,N;
long long num[maxn],branch[maxn];

struct Complex
{
    double x,i;
    Complex(){}
    Complex(double a,double b) {x=a;i=b;}
}A[maxn];
Complex operator + (Complex a,Complex b) {return
 
 Complex(a.x+b.x,a.i+b.i);}
Complex operator - (Complex a,Complex b) {return Complex(a.x-b.x,a.i-b.i);}
Complex operator * (Complex a,Complex b) {return Complex(a.x*b.x-a.i*b.i,a.x*b.i+a.i*b.x);}

int rev[maxn];
void FFT(Complex *a,int t)
{
    for(int i=0;i<n;i++) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);

    for(int i=1;i<n;i<<=1)
    {
        Complex wn(cos(2*pi/(i<<1)),t*sin(2*pi/(i<<1)));
        for(int j=0;j<n;j+=(i<<1))
        {
            Complex w(1,0),t0,t1;
            for(int k=0;k<i;k++) 
            {
                t0=a[j+k];t1=w*a[i+j+k];
                a[j+k]=t0+t1;
                a[i+j+k]=t0-t1;
                w=w*wn;
            }
        }
    }
}
long long sum[maxn];
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&N);
        memset(num,0,sizeof(num));
        for(int i=0;i<N;i++) scanf("%d",&branch[i]),num[branch[i]]++;
        sort(branch,branch+N);//從小到大排序 
        
        int imax=branch[N-1]+1;//最大的數     
        n=1;int len=0;//n為2的len次方 n要比2*imax-1大 避免沖突 
        while(n<imax*2) n<<=1,len++;//兩個imax相乘 會更新2*imax的位置 
        
        for(int i=0;i<imax;i++) A[i]=Complex(num[i],0);// 
        for(int i=imax;i<n;i++) A[i]=Complex(0,0);
        
        rev[0]=0;
        for(int i=1;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));//len是要他們的二進制長度+1 
    
        FFT(A,1);
    
        for(int i=0;i<n;i++) A[i]=A[i]*A[i];//卷積 
        FFT(A,-1);
        
        for(int i=0;i<n;i++) num[i]=(long long)(A[i].x/n+0.5);//求出num 
        imax=2*branch[N-1];//最大的和為imax  
        for(int i=0;i<N;i++) num[branch[i]*2]--;//把自己和自己的組成的都減去 
        for(int i=1;i<=imax;i++) num[i]/=2;//1 2與2 1我們計算了兩次 所有整體除二 
        sum[0]=0;
        for(int i=1;i<=imax;i++) sum[i]=sum[i-1]+num[i];
        
        long long cnt=0;
        for(int i=0;i<N;i++) 
        {
            cnt+=sum[imax]-sum[branch[i]];
            //減掉一個取大，一個取小的
            cnt-=(long long)(N-1-i)*i;
            //減掉一個取本身，另外一個取其它
            cnt-=(N-1);
            //減掉大於它的取兩個的組合
            cnt-=(long long)(N-1-i)*(N-i-2)/2;
        }
        long long tot = (long long)N*(N-1)*(N-2)/6;
        printf("%.7lf\n",(double)cnt/tot);
    }
    return 0;
}

HDU#4609. 3-idiots