2020-2021 ACM-ICPC, Asia Seoul Regional Contest H. Needle(FFT)

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题意：

给出你a,b,c三个序列让求有多少，a[i]+c[i]=2*b[i]

分析：

首先我们看题意直接跑是$O(n^2)$的肯定超时，(50000*50000),所以我们考虑其他方法，我们可以用多项式来模拟这个过程，$a_ix^{p_i}$ $p_i$模拟和，$a_i$模拟$p_i$的个数。
因为有负数我们整体移动3e4就好了， 这个全是正的。然后我们就套用FFT板子就好了。

///迭代版
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 7;
const double PI = acos(-1);

int n, m, p;
int limit = 1;
int res;
int l;
int r[N];
int a[N], b[N], c[N];
int sum[N];

struct Complex
{
    double x, y;
    Complex (double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y) {}
} A[N], B[N];

Complex operator * (Complex J, Complex Q)
{
    //模长相乘，幅度相加
    return Complex(J.x * Q.x - J.y * Q.y, J.x * Q.y + J.y * Q.x);
}
Complex operator + (Complex J, Complex Q)
{
    return Complex(J.x + Q.x, J.y + Q.y);
}
Complex operator - (Complex J, Complex Q)
{
    return Complex(J.x - Q.x, J.y - Q.y);
}
void FFT(Complex *A, int type)
{
    for(int i = 0; i < limit; i++)
    {
        if(i < r[i]) swap(A[i], A[r[i]]); ///保证不在换过去
    }
    ///从底层开始合并：
    for(int mid = 1; mid < limit; mid = mid * 2)
    {
        ///待合并区间长度的一半，最开始是长度为1的合并，类似倍增的思想
        Complex wn(cos(PI / mid), type * sin(PI / mid)); //单位根

        for(int len = mid * 2, pos = 0; pos < limit; pos += len)
        {
            ///len是区间的长度，pos是当前的位置
            Complex w(1, 0);
            for(int k = 0; k < mid; k++, w = w * wn)
            {
                ///只扫左半部分，蝴蝶变换得到有半部分。
                Complex x = A[pos + k]; //左半部分
                Complex y = w * A[pos + mid + k]; //右半部分
                A[pos + k] = x + y;//左加
                A[pos + mid + k] = x - y;///右减
            }
        }
    }

    if(type == 1) return ;
    for(int i = 0; i <= limit; i++)
    {
        A[i].x = A[i].x / limit;
        A[i].y = A[i].y / limit;///这个版本没用，加不加没影响，优化的版本必须要加
        ///除以我们推出的N。
    }
}

int main()
{
    int ma, mb, mc;
    ma = mb = mc = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), a[i] += 3e4, ma = max(ma, a[i]),A[a[i]].x++;
    cin >> m;
    for(int j = 1; j <= m; j++) scanf("%d", &b[j]), b[j] += 3e4, mb = max(mb, b[j]);
    cin >> p;
    for(int i = 1; i <= p; i++) scanf("%d", &c[i]), c[i] += 3e4, mc = max(mc, c[i]),B[c[i]].x++;

    while(limit <= ma + mc) limit <<= 1, l++;///求出位数l，和2的整数次幂

    for(int i = 0; i < limit; i++)
    {
        r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (l - 1));///蝴蝶变换。
    }

    FFT(A, 1);
    FFT(B, 1);

    for(int i = 0; i <= limit; ++i)
    {
        A[i] = A[i] * B[i];
    }

    FFT(A, -1);

    for(int i = 0; i <= limit; i++)
    {
        sum[i]+=(int)(A[i].x+0.5);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        res+=sum[b[i]*2];
    }
    cout<<res<<endl;

    return 0;
}