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1141 - 喵哈哈村的智慧大师丶).妩钶取玳°月
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Submissions：173Solved：41
DESCRIPTION
丶).妩钶取玳°月是月大叔的ID，他是一个智商高达429的智力大师，最擅长的技能就是搞事。今天他又要开始搞事了。
现在有n个元素aiai
然后现在有Q个询问，每次月大叔想问一共有多少对pair，满足a[i]+a[j]>=k(其中 i<j)
INPUT
输入第一行包含一个正整数
t(1≤t≤100)t(1≤t≤100) ,表示有t组数据对于每组数据：第一行两个整数n，q。表示有
n(1≤n≤100000)n(1≤n≤100000)个元素，
q(1≤q≤100000)q(1≤q≤100000)次询问第二行n个整数
aiai
(1≤ai≤100000)(1≤ai≤100000)，表示每个元素的大小。接下来q行，每行一个
k(1≤k≤200000)k(1≤k≤200000)，表示询问。
OUTPUT
对于每组测试数据的询问，输出有多少对即可。
SAMPLE INPUT
15 51 2 3 4 512345
SAMPLE OUTPUT
10101098
题目大意：
给你n个数q次查询，每次询问a[i]+a[j]>=k的对数(i<j)
题目思路：
首先如果用普通的方法做复杂度是q*n，显然超时，所以这里我们很好想到的是将复杂度降至x*logn，对于这种计数的问题
可以用fft来预处理，fft可以在n*logn的时间预处理所有a[i]+a[j]的和的个数，在用个前缀和，然后就可以O(1)时间查询
所以总的复杂度是n*logn+q
AC代码：
#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,q;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&q);
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i = 0;i < n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
num[a[i]]++;
}
sort(a,a+n);
long long Max;
if(n>1)
Max = a[n-1]+a[n-2];
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];
//减掉取两个相同的组合
for(int i = 0;i < n;i++)
num[a[i]+a[i]]--;
//选择的无序，除以2
for(int i = 1;i <= len;i++)
{
num[i]/=2;
}
sum[0] = 0;
for(int i = 1;i <= len;i++) //求前缀和
sum[i] = sum[i-1]+num[i];
while(q--)
{
int k;scanf("%d",&k);
long long cnt;
if(n==1||k>Max)cnt = 0; //n==1或者k比最大的两个数的和都大就不可能组合
else
cnt = sum[len]-sum[k-1]; //总的和减去k-1之前的和就是>=k的和
printf("%lld\n",cnt);
}
}
return 0;
}