bzoj4836 [Lydsy2017年4月月赛]二元运算

Description

定义二元运算 opt 满足

现在给定一个长为 n 的数列 a 和一个长为 m 的数列 b ，接下来有 q 次询问。每次询问给定一个数字 c 

你需要求出有多少对 (i, j) 使得 a_i  opt b_j=c 。

 

 

 

Input

第一行是一个整数 T (1≤T≤10) ，表示测试数据的组数。

对于每组测试数据：

第一行是三个整数 n,m,q (1≤n,m,q≤50000) 。

第二行是 n 个整数，表示 a_1,a_2,?,a_n (0≤a_1,a_2,?,a_n≤50000) 。

第三行是 m 个整数，表示 b_1,b_2,?,b_m (0≤b_1,b_2,?,b_m≤50000) 。

第四行是 q 个整数，第 i 个整数 c_i (0≤c_i≤100000) 表示第 i 次查询的数。

 

 

Output

对于每次查询，输出一行，包含一个整数，表示满足条件的 (i, j) 对的个数。

 

 

Sample Input

2
2 1 5
1 3
2
1 2 3 4 5
2 2 5
1 3
2 4
1 2 3 4 5

Sample Output

1
0
1
0
0
1
0
1
0
1

正解：分治$FFT$。

比较简单的一个题。

构造$a,b$的生成函数，$a[i]$表示$a$序列中$i$出现的次数。

考虑分治，我们每次把区间分成两半时，跑两次$FFT$。

对于第一种情况，我们直接把$a$的$[l,mid]$部分和$b$的$[mid+1,r]$卷积即可。

对于第二种情况，我们考虑把$b$序列的$[l,mid]$部分翻转，那么就是$a$的$[mid+1,r]$部分和翻转以后的$b$的$[l,mid]$部分卷积得到的多项式。

然后我们递归两个子区间就行了。

还有两个序列中元素相等的情况，直接特判就行了。

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define N (500010)

using namespace std;

struct data{ double x,y; }A[N],B[N];

const double pi=acos(-1.0);
int a[N],b[N],rev[N],n,m,q,Mx,len1,len2;
ll ans[N];

il int gi(){
  RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
  while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
  if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
  while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return q*x;
}

il data operator + (const data &a,const data &b){
  return (data){a.x+b.x,a.y+b.y};
}

il data operator - (const data &a,const data &b){
  return (data){a.x-b.x,a.y-b.y};
}

il data operator * (const data &a,const data &b){
  return (data){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x};
}

il void fft(data *a,RG int n,RG int f){
  for (RG int i=0;i<n;++i) if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
  for (RG int i=1;i<n;i<<=1){
    RG data wn=(data){cos(pi/i),sin(pi/i)},x,y;
    for (RG int j=0;j<n;j+=i<<1){
      RG data w=(data){1,0};
      for (RG int k=0;k<i;++k,w=w*wn){
    x=a[j+k],y=w*a[j+k+i];
    a[j+k]=x+y,a[j+k+i]=x-y;
      }
    }
  }
  if (f==1) return; reverse(a+1,a+n);
  for (RG int i=0;i<n;++i) a[i].x/=n; return;
}

il void solve(RG int l,RG int r){
  if (l==r) return; RG int mid=(l+r)>>1,len,lg=0;
  for (len=1;len<=r-l+1;len<<=1) ++lg;
  for (RG int i=0;i<len;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)<<(lg-1));
  for (RG int i=0;i<len;++i) A[i]=B[i]=(data){0,0};  
  for (RG int i=l;i<=mid;++i) A[i-l].x=a[i]; fft(A,len,1);
  for (RG int i=mid+1;i<=r;++i) B[i-mid-1].x=b[i]; fft(B,len,1);
  for (RG int i=0;i<len;++i) A[i]=A[i]*B[i]; fft(A,len,-1);
  for (RG int i=0;i<len;++i) ans[i+mid+1+l]+=(ll)(A[i].x+0.5);
  for (RG int i=0;i<len;++i) A[i]=B[i]=(data){0,0};
  for (RG int i=mid+1;i<=r;++i) A[i-mid-1].x=a[i]; fft(A,len,1);
  for (RG int i=l;i<=mid;++i) B[mid-i].x=b[i]; fft(B,len,1);
  for (RG int i=0;i<len;++i) A[i]=A[i]*B[i]; fft(A,len,-1);
  for (RG int i=0;i<len;++i) ans[i+1]+=(ll)(A[i].x+0.5);
  solve(l,mid),solve(mid+1,r); return;
}

il void work(){
  n=gi(),m=gi(),q=gi(),memset(ans,0,sizeof(ans));
  memset(a,0,sizeof(a)),memset(b,0,sizeof(b)),len1=len2=0;
  for (RG int i=1,x;i<=n;++i) ++a[x=gi()],len1=max(len1,x);
  for (RG int i=1,x;i<=m;++i) ++b[x=gi()],len2=max(len2,x);
  for (RG int i=1;i<=len1 && i<=len2;++i) ans[0]+=1LL*a[i]*b[i];
  Mx=max(len1,len2),solve(0,Mx);
  for (RG int i=1;i<=q;++i) printf("%lld
",ans[gi()]); return;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("calc.in","r",stdin);
  freopen("calc.out","w",stdout);
#endif
  RG int T=gi();
  while (T--) work();
  return 0;
}