[ZJOI2014] 力 - 多项式乘法 FFT

题意：给定 \({q_i}\)，求

\[E_i = \sum_{i<j}{\frac{q_j}{(j-i)^2}} - \sum_{i>j}{\frac{q_j}{(j-i)^2}}\]

Solution: 我们令

\[p_i = \frac{1}{(j-i)^2}\]

那么很容易将\(E_i\)处理为卷积形式

\[E_i = \sum_{i<j}{p_{j-i}q_j} - \sum_{i>j}{p_{i-j}q_j}\]

可以暴力地把两边分开处理，不需要的区域直接置为\(0\)，对于下标出现负数的暴力加上一个\(n\)即可。最终我们将答案转化为

\[E_i = \sum_{i<j}{p_{j-i}q'_{n-i-1}} - \sum_{i>j}{p_{i-j}q_j}\]

其中 \(q'\) 是\(q\)的翻转序列，即 \(q'_i=q_{n-i-1}\) 。

之所以在这个算式里仍然需要考虑负数下标，是因为我们在做卷积的时候无法对 \(i<j\) 和 \(i>j\) 这样的约束进行满足，因此我们将 \(p\) 序列整体平移一个 \(n\) 即可。

poly p,q;

int main() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    q.read(n-1);
    p.c.resize(n+n);
    for(int i=0;i<=n;i++) p.c[i]=0;
    for(int i=1;i<n;i++) p.c[n+i]=1.0/((double)i*(double)i);
    poly A=p*q;
    reverse(q.c.begin(),q.c.end());
    poly B=p*q;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        printf("%.3lf\n",-B.c[2*n-i-1]+A.c[n+i]);
    }
}

当然很容易发现这样做毫无必要。既然我们已经对下标为负数的情况做了处理，不妨顺便把它利用上。

poly p,q;

int main() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    q.read(n-1);
    p.c.resize(n+n);
    for(int i=1;i<n;i++)
        p.c[n+i]=1.0/((double)i*(double)i),
        p.c[n-i]=-1.0/((double)i*(double)i);
    poly A=p*q;
    for(int i=0;i<n;i++) {
        printf("%.3lf\n",A.c[n+i]);
    }
}

[ZJOI2014] 力 - 多项式乘法 FFT

原文：https://www.cnblogs.com/mollnn/p/11631933.html