FFT习题 / 憋错料

FFT习题

Q1(hdu1402):

给出两个很大的数字A,B，计算二者乘积。

分析：这个题目java应该能过，用FFT做能够加速计算。这里将字符串A按权(10进制)展开，前面的系数就是多项式的系数，这样就构造出了多项式乘积形式，然后用FFT加速即可。

参考代码如下：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);
//复数结构体
struct complex
{
    double r,i;
    complex(double _r = 0.0,double _i = 0.0)
    {
        r = _r; i = _i;
    }
    complex operator +(const complex &b)
    {
        return complex(r+b.r,i+b.i);
    }
    complex operator -(const complex &b)
    {
        return complex(r-b.r,i-b.i);
    }
    complex operator *(const complex &b)
    {
        return complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r);
    }
};
/*
 * 进行FFT和IFFT前的反转变换。
 * 位置i和 （i二进制反转后位置）互换
 * len必须去2的幂
 */
void change(complex y[],int len)
{
    int i,j,k;
    for(i = 1, j = len/2;i < len-1; i++)
    {
        if(i < j)swap(y[i],y[j]);
        //交换互为小标反转的元素，i<j保证交换一次
        //i做正常的+1，j左反转类型的+1,始终保持i和j是反转的
        k = len/2;
        while( j >= k)
        {
            j -= k;
            k /= 2;
        }
        if(j < k) j += k;
    }
}
/*
 * 做FFT
 * len必须为2^k形式，
 * on==1时是DFT，on==-1时是IDFT
 */
void fft(complex y[],int len,int on)
{
    change(y,len);
    for(int h = 2; h <= len; h <<= 1)
    {
        complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h));
        for(int j = 0;j < len;j+=h)
        {
            complex w(1,0);
            for(int k = j;k < j+h/2;k++)
            {
                complex u = y[k];
                complex t = w*y[k+h/2];
                y[k] = u+t;
                y[k+h/2] = u-t;
                w = w*wn;
            }
        }
    }
    if(on == -1)
        for(int i = 0;i < len;i++)
            y[i].r /= len;
}
const int MAXN = 200010;
complex x1[MAXN],x2[MAXN];
char str1[MAXN/2],str2[MAXN/2];
int sum[MAXN];
int main()
{
    while(scanf("%s%s",str1,str2)==2)
    {
        int len1 = strlen(str1);
        int len2 = strlen(str2);
        int len = 1;
        while(len < len1*2 || len < len2*2)len<<=1;
        for(int i = 0;i < len1;i++)
            x1[i] = complex(str1[len1-1-i]-‘0‘,0);
        for(int i = len1;i < len;i++)
            x1[i] = complex(0,0);
        for(int i = 0;i < len2;i++)
            x2[i] = complex(str2[len2-1-i]-‘0‘,0);
        for(int i = len2;i < len;i++)
            x2[i] = complex(0,0);
        //求DFT
        fft(x1,len,1);
        fft(x2,len,1);
        for(int i = 0;i < len;i++)
            x1[i] = x1[i]*x2[i];
        fft(x1,len,-1);
        for(int i = 0;i < len;i++)
            sum[i] = (int)(x1[i].r+0.5);
        for(int i = 0;i < len;i++)
        {
            sum[i+1]+=sum[i]/10;
            sum[i]%=10;
        }
        len = len1+len2-1;
        while(sum[len] <= 0 && len > 0)len--;
        for(int i = len;i >= 0;i--)
            printf("%c",sum[i]+‘0‘);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

Q2(hdu4609):

给出一个n元素整数集合，问任意取出三个元素，组成三角形的概率。

分析：这里只需要计数整数集合中能够组成多少个三角形即可，然后除以C(n , 3).对于如何计数能够组成多少个三角形，纯暴力时间上是O(n^3)，需要优化。

参考代码如下：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);
struct Complex
{
    double r,i;
    Complex(double _r = 0,double _i = 0)
    {
        r = _r; i = _i;
    }
    Complex operator +(const Complex &b)
    {
        return Complex(r+b.r,i+b.i);
    }
    Complex operator -(const Complex &b)
    {
        return Complex(r-b.r,i-b.i);
    }
    Complex operator *(const Complex &b)
    {
        return Complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r);
    }
};
void change(Complex y[],int len)
{
    int i,j,k;
    for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++)
    {
        if(i < j)swap(y[i],y[j]);
        k = len/2;
        while( j >= k)
        {
            j -= k;
            k /= 2;
        }
        if(j < k)j += k;
    }
}
void fft(Complex y[],int len,int on)
{
    change(y,len);
    for(int h = 2;h <= len;h <<= 1)
    {
        Complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h));
        for(int j = 0;j < len;j += h)
        {
            Complex w(1,0);
            for(int k = j;k < j+h/2;k++)
            {
                Complex u = y[k];
                Complex t = w*y[k+h/2];
                y[k] = u+t;
                y[k+h/2] = u-t;
                w = w*wn;
            }
        }
    }
    if(on == -1)
        for(int i = 0;i < len;i++)
            y[i].r /= len;
}

const int MAXN = 400040;
Complex x1[MAXN];
int a[MAXN/4];
long long num[MAXN];//100000*100000会超int
long long sum[MAXN];

int main()
{
    int T;
    int n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        memset(num,0,sizeof(num));
        for(int i = 0;i < n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            num[a[i]]++;
        }
        sort(a,a+n);
        int len1 = a[n-1]+1;
        int len = 1;
        while( len < 2*len1 )len <<= 1;
        for(int i = 0;i < len1;i++)
            x1[i] = Complex(num[i],0);
        for(int i = len1;i < len;i++)
            x1[i] = Complex(0,0);
        fft(x1,len,1);
        for(int i = 0;i < len;i++)
            x1[i] = x1[i]*x1[i];
        fft(x1,len,-1);
        for(int i = 0;i < len;i++)
            num[i] = (long long)(x1[i].r+0.5);

        len = 2*a[n-1];//为105行代码的处理优化一下界
        for(int i = 0;i < n;i++)    {num[a[i]+a[i]]--;} //减掉取两个相同的组合
        for(int i = 1;i <= len;i++) {num[i]/=2;}        //选择的无序，除以2

        sum[0] = 0;
        for(int i = 1;i <= len;i++){sum[i] = sum[i-1]+num[i];}//卷积的前缀和

        long long cnt = 0;//能够组成三角形的个数

        for(int i = 0;i < n;i++){
            cnt += sum[len]-sum[a[i]];

            cnt -= (long long)(n-1-i)*i;        //减掉一个取大，一个取小的
            cnt -= (n-1);                       //减掉一个取本身，另外一个取其它
            cnt -= (long long)(n-1-i)*(n-i-2)/2;//减掉大于它的取两个的组合
        }
        //总数
        long long tot = (long long)n*(n-1)*(n-2)/6;//答案概率的分母C(n , 3)
        printf("%.7lf\n",(double)cnt/tot);
    }
    return 0;
}

Q3(hdu5885):

给出一个n*m的格点，每个格点有一个权值。给定一个半径r，对于某个点(x,y)，他周围到他的欧几里得距离小于r的格点，都会对(x,y)产生一个贡献度。那么问在这个n*m格点图中，获得最大贡献度的格点的贡献度是多少。

参考代码如下：

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);
struct Complex
{
    double r,i;
    Complex(double _r = 0,double _i = 0)
    {
        r = _r; i = _i;
    }
    Complex operator +(const Complex &b)
    {
        return Complex(r+b.r,i+b.i);
    }
    Complex operator -(const Complex &b)
    {
        return Complex(r-b.r,i-b.i);
    }
    Complex operator *(const Complex &b)
    {
        return Complex(r*b.r-i*b.i,r*b.i+i*b.r);
    }
};
void change(Complex y[],int len)
{
    int i,j,k;
    for(i = 1, j = len/2;i < len-1;i++)
    {
        if(i < j)swap(y[i],y[j]);
        k = len/2;
        while( j >= k)
        {
            j -= k;
            k /= 2;
        }
        if(j < k)j += k;
    }
}
void fft(Complex y[],int len,int on)
{
    change(y,len);
    for(int h = 2;h <= len;h <<= 1)
    {
        Complex wn(cos(-on*2*PI/h),sin(-on*2*PI/h));
        for(int j = 0;j < len;j += h)
        {
            Complex w(1,0);
            for(int k = j;k < j+h/2;k++)
            {
                Complex u = y[k];
                Complex t = w*y[k+h/2];
                y[k] = u+t;
                y[k+h/2] = u-t;
                w = w*wn;
            }
        }
    }
    if(on == -1)
        for(int i = 0;i < len;i++)
            y[i].r /= len;
}

const int MAXN = (1 << 21);
Complex x1[MAXN] , x2[MAXN];
//一开始两个多项式的系数向量，经过fft之后记录多项式在单位复数根处的值
double dis(int x , int y){
          return sqrt(x*x + y*y);
}

int main()
{

    int n , m , R;
    double r;
    while(~scanf("%d%d%lf" , &n , &m , &r)){

        R = ceil(r);
        int M = m + 2 * R;

        int len = 1;//len是两个多项式的界
        while( len < M * M )len <<= 1;

        for(int i = 0;i < len;++i) x1[i] = x2[i] = Complex(0 , 0);//初始化一下

        //得到第一个多项式的系数向量
        for(int i = 0;i < n;i++){
              for(int j = 0;j < n;j++){
                 int p;scanf("%d" , &p);
                 x1[i * M + j] = Complex(p , 0);
              }
        }

        //得到第二个多项式的系数向量
        for(int i = -R;i <= R;++i){
             for(int j = -R;j <= R;++j){
                if(dis(i , j) < r) x2[(i+R)*M + j + R] = Complex(1.0/(dis(i , j) + 1), 0);
             }
        }

        fft(x1 , len , 1);
        fft(x2 , len , 1);
        //得到两个的多项式在单位复数根处的值,用x1[],x2[]存储

        for(int i = 0;i < len;i++) x1[i] = x1[i] * x2[i];
        //得到多项式乘法的点值表达

        fft(x1 , len , -1);//逆DFT将点值表达转化成系数表达

        double ans = 0;
        for(int i = 0;i < n;++i)
            for(int j = 0;j < m;++j)
                  ans = max(ans , x1[(i+R)*M + (j + R)].r);

        printf("%.3lf\n" , ans);
        }

    return 0;
}

时间： 2025-01-05 13:29:27

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