一.HDU4609

题目大意：

给你一个序列，任意选出三个不重复的数使得其能够组成三角形的概率.

$1\le n,a_i\le 1e5$

题目思路:

总方案数:$C_n^3$

假设三个数$a\le b\le c$,那么显然可以构造多项式自乘得出$x^k$的系数代表$a+b=k$的方案数。

但是这个方案数有$a=b$,先减去这个部分。
然后由于乘法有顺序，像$ab,ba$这种，所以方案除以2，除掉顺序.

接下来枚举$c$为最大值，考虑多项式的系数$>c$的都可以。就是一个后缀和

但是这个时候发现还是有很多重复的部分要处理，比如你无法保证系数中的所有方案中的都$a,b$都小于等于c.反向考虑不合法的情况：就是一个前缀和。这个时候就直接是方案了。即$ans=\sum pre[c_i]$

PS:因为任意一个系数$\le c$,意味着$a+b\le c$.那么就可以保证$c$是最大值，不会发生上面那种情况。

所以答案为$1-\frac{ans}{C_n^3}$.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define fi first
#define se second
namespace FFT{
    
    
    const int maxn = 302144+10;
    const double Pi = acos(-1.0);
    struct complex{
    
    
        double x,y;
        complex (double xx=0,double yy=0){
    
    x=xx,y=yy;}
    }a[maxn],b[maxn];
    complex operator + (complex a,complex b){
    
     return complex(a.x+b.x , a.y+b.y);}
    complex operator - (complex a,complex b){
    
     return complex(a.x-b.x , a.y-b.y);}
    complex operator * (complex a,complex b){
    
     return complex(a.x*b.x-a.y*b.y , a.x*b.y+a.y*b.x);}//不懂的看复数的运算那部分
    int l,r[maxn];
    int limit = 1;
    void fast_fast_tle(complex *A , int type)
    {
    
    
        for(int i=0;i<limit;i++)
            if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);//求出要迭代的序列
        for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1)//待合并区间的中点
        {
    
    
            complex Wn( cos(Pi/mid) , type*sin(Pi/mid) ); //单位根
            for(int R=mid<<1,j=0;j<limit;j+=R)//R是区间的右端点，j表示前已经到哪个位置了
            {
    
    
                complex w(1,0);//幂
                for(int k=0;k<mid;k++,w=w*Wn)//枚举左半部分
                {
    
    
                    complex x=A[j+k],y=w*A[j+mid+k];//蝴蝶效应
                    A[j+k]=x+y;
                    A[j+mid+k]=x-y;
                }
            }
        }
    }
    void ploy_mul (int x[] , int y[] , int n , int m , ll res[])
    {
    
    
        // 多组数据记得清空. 要清空到lim
        limit = 1;l = 0;
        while(limit<=n+m) limit<<=1 , l++;
        for (int i = 0 ; i <= limit ; i++)
            a[i].x = a[i].y = b[i].x = b[i].y = 0.0 , r[i] = 0;
        for (int i = 0 ; i < n ; i++) a[i].x = 1.0 * x[i] , a[i].y = 0.0;
        for (int i = 0 ; i < m ; i++) b[i].x = 1.0 * y[i] , b[i].y = 0.0;

        for(int i=0;i<limit;i++)
            r[i]= ( r[i>>1]>>1 )| ( (i&1)<<(l-1) ) ;
        fast_fast_tle(a,1);
        fast_fast_tle(b,1);
        for(int i=0;i<=limit;i++) a[i] = a[i] * b[i];
        fast_fast_tle(a,-1);
        for (int i = 0 ; i <= n + m ; i++) res[i] = (ll)(a[i].x/limit + 0.5);
    }
}
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn];
ll res[maxn * 2];
ll calc (ll x){
    
    
    return x * (x - 1) * (x - 2) / 6;
}
int main()
{
    
    
    int t; scanf("%d" , &t);
    while (t--){
    
    
        int n ; scanf("%d" , &n);
        vi b;
        for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
            int x ; scanf("%d" , &x);
            a[x]++;
            b.pb(x);
        }
        int mx = *max_element(b.begin(),b.end());
        FFT::ploy_mul(a ,  a , mx + 1 , mx + 1 , res);
        int up = mx * 2;
        for (auto g : b) res[g + g]--;
        for (int i = 1 ; i <= up ; i++) res[i] /= 2;
        for (int i = 1 ; i <= up ; i++) res[i] += res[i - 1];
        ll tot = 0;
        for (auto g : b) tot += res[g];
        double ans = (1.0 * tot) / (1.0 * calc(n));
        printf("%.7f\n" , 1.0 - ans);
        // 撤销贡献
        for (auto g : b) a[g]--;
        for (int i = 0 ; i <= up ; i++) res[i] = 0;
    }
    return 0;
}

二.SPOJ TSUM Triple Sums

题目大意:

给你$n$个数字，然后从中任意挑选三个不重复的数字并求和，让你输出和的所以可能以及对应取到每个和的方案数。

题目思路:

这题稍微难点.

如果没有限制重复，直接$A^3(x)$即可。但是限制三个都不重复，可以想到容斥。

三个都不重复=所有情况-3至少两个重复+2至少三个重复。

容斥系数:$3=C_n^3$.因为两个重复那么会有三种可能：$yxx$,$xyx$,$xxy$.

但是发现如果是三个都一样的情况，会被多减掉两次，所以得加回来两倍.

构造三个多项式，FFT后容斥计算.