第一次背出FFT模板，在此mark一道裸题。
Description
给出n个数qi，给出Fj的定义如下：
令Ei=Fi/qi，求Ei。
Input
第一行一个整数n。
接下来n行每行输入一个数，第i行表示qi。
Output
n行，第i行输出Ei。与标准答案误差不超过1e-2即可。
Sample Input
5
4006373.885184
15375036.435759
1717456.469144
8514941.004912
1410681.345880
Sample Output
-16838672.693
3439.793
7509018.566
4595686.886
10903040.872
HINT
n ≤ 100000，0 < qi < 1000000000。
Solution
看到题目中 下标为j的项等于下标为i的项与下标为j±i的项的乘积之和，你应该会有所感觉吧。
设
，那么 
。
显然两边都是卷积的式子，所以两边分别做一次FFT就可以了。
然而我们再思考一下，发现两边的式子是可以合并的：
设
，那么
就完全成立了。只要做一次FFT就够了。
时间复杂度O(nlogn)。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #define pi acos(-1) #define MN 263005 using namespace std; struct cp { double v,i; friend cp operator+(const cp& a,const cp& b) {return (cp){a.v+b.v,a.i+b.i};} friend cp operator-(const cp& a,const cp& b) {return (cp){a.v-b.v,a.i-b.i};} friend cp operator*(const cp& a,const cp& b) {return (cp){a.v*b.v-a.i*b.i,a.v*b.i+a.i*b.v};} }w[2][MN],A[MN],B[MN],C[MN]; double a[MN]; int r[MN]; int N,n; void init(int n) { register int i,j,k; for (N=1;N<=n;N<<=1); cp g=(cp){cos(pi*2/N),sin(pi*2/N)}; for (i=j=0;i<N;r[++i]=j) for (k=N>>1;(j^=k)<k;k>>=1); w[0][0]=w[1][0]=(cp){1,0}; for (i=1;i<N;++i) w[0][i]=w[0][i-1]*g; for (i=1;i<N;++i) w[1][i]=w[0][N-i]; } void FFT(cp* a,bool g) { register int i,j,k; for (i=1;i<N;++i) if (r[i]<i) swap(a[i],a[r[i]]); for (i=1;i<N;i<<=1) for (j=0;j<N;j+=(i<<1)) for (k=0;k<i;++k) { cp x=a[i+j+k]*w[g][N/(i<<1)*k]; a[i+j+k]=a[j+k]-x; a[j+k]=a[j+k]+x; } if (g) for (i=0;i<N;++i) a[i].v/=N,a[i].i/=N; } int main() { register int i; scanf("%d",&n); for (i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&a[i]),A[i].v=a[i]; for (i=1;i<n;++i) B[n+i].v=(double)1/i/i,B[n-i].v=(double)-1/i/i; init(n<<1); FFT(A,0); FFT(B,0); for (i=0;i<N;++i) C[i]=A[i]*B[i]; FFT(C,1); for (i=1;i<=n;++i) printf("%.7lf\n",C[n+i].v); }
Last Word
推荐miskcoo的关于学习FFT的blog：从多项式乘法到快速傅里叶变换。
