[HDU4609] 3-idiots - 多项式乘法,FFT

题意：有\(n\)个正整数，求随机选取一个3组合，能构成三角形的概率。

Solution: 很容易想到构造权值序列，对其卷积得到任取两条边（可重复）总长度为某数时的方案数序列，我们希望将它转化为两条边不可重复，并去掉顺序。不妨设给定的 \(N\) 个正整数的集合为 \(S\)，卷积后的权值序列为 \(\{c_i\}\) ，那么我们对每一个 \(x \in S\)， 对 \(c_x\) 减去 \(1\) 即可。

不妨设选出的组合为 \((i,j,k)\)，假设 \({x_i}\) 为已经排序的长度序列，那么我们不妨枚举最长边下标 \(k\)，那么这一次的贡献为

\[\sum_{k \in S}(\sum_{i=k+1}^{\infty}{c_i})
\]

前缀和扫一遍即可。当然问题并没有这么简单，我们这样获得的答案无法满足下列约束条件

\[k \geq i, k \geq j, i \neq k, j \neq k
\]

如果所有数字都不同，那么去重将是非常容易的。我们对排序后序列枚举元素下标 \(i \in [0,n)\)，那么很显然以 \(i\) 为最大边时非法的共有三类。不妨设\(a_i<a_j\)

满足\(a_i>a_k, a_j>a_k\)的共有

\[\frac{(n-i-1)(n-i-2)}{2}
\]

满足\(a_i<a_k, a_j>a_k\)的共有

\[(n-i-1)i
\]

满足\(a_i=a_k or a_j=a_k\)的共有

\[n-1
\]

于是我们暴力统计一遍就可以得到非法数量，进而得出答案。

原问题是可以出现相同大小的数字的，但容易发现它的去重情况与全部不相同并没有什么差异。因而直接按照上述做法即可得出答案。

我们也可以对这个转化的正确性稍作证明。我们将原始序列中的每一个元素 \(x_i\) 映射到一个新元素

\[y_i = x_i - 0.2 + 0.1 \cdot \frac{i}{n}
\]

容易证明\(x_i,x_j,x_k\)可以构成三角形当且仅当\(y_i,y_j,y_k\)可以构成三角形。因此我们通过构造说明了这个转化的正确性。

笔者菜甚，尝试用前缀和直接求解带重复情况失败，留坑在此。

const int N = 200005;
int T,n,m,x[N],a[N],s[N];
double c[N];
double t[N];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>T;
	while(T--) {
		cin>>n;
		memset(a,0,sizeof a);
		memset(x,0,sizeof x);
		memset(s,0,sizeof s);
		memset(c,0,sizeof c);
		memset(t,0,sizeof t);
		for(int i=0;i<n;i++) cin>>x[i];
		for(int i=0;i<n;i++) m=max(x[i],m);
		for(int i=0;i<n;i++) a[x[i]]++;
		poly p,q;
		p.c.resize(m+1);
		for(int i=0;i<=m;i++) p.c[i]=a[i];
		q=p;
		double ans = 0;
		p*=q;
		for(int i=0;i<=2*m;i++) c[i]=(p.c[i]);
		for(int i=0;i<n;i++) c[x[i]*2]-=1;
		for(int i=0;i<=2*m;i++) c[i]/=2.0;
		t[0]=c[0];
		for(int i=1;i<=2*m;i++) t[i]=t[i-1]+c[i];
		for(int i=0;i<n;i++) ans+=(t[2*m]-t[x[i]]);
		sort(x,x+n);
		for(int i=0;i<n;i++) {
			ans -= (long long)(n-i-1)*(long long)(n-i-2)/2 + (long long)(n-i-1)*(long long)i + (n-1);
		}
		printf("%.7f\n",6.0*(double)ans / ((double)n*(n-1.0)*(n-2.0)));
	}
}