[GDKOI2018/T30750]基站

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题目大意

平面上有 $n$ 个基站，每个基站有 $3$ 种可能的类型。若一种类型的基站恰好是另一种类型的两个基站的中点，则该基站会受到那对基站的干扰。求每个基站受到的干扰数。
数据范围
对于 $10\%$ 的数据， $1\leqslant n\leqslant 10^2,0<x_i,y_i<200$
对于 $30\%$ 的数据， $1\leqslant n\leqslant 5\times10^3,0<x_i,y_i<200$
对于 $50\%$ 的数据， $1\leqslant n\leqslant 4\times10^4,0<x_i,y_i<300$
对于 $70\%$ 的数据， $1\leqslant n\leqslant 6\times 10^4,0<x_i,y_i<400$
对于 $100\%$ 的数据， $1\leqslant n\leqslant 10^5,0<x_i,y_i<500,0\leqslant k\leqslant 2$

题解

首先，暴力是很好打的，三十分到手。可惜的是，许多人只拿了三十分。
因为五十分也是可以做的，先对基站分类，然后按照基站的类型做三次暴力，如果你有非常小心常数的习惯，你是完全可以卡过去的。
$成绩单.jpg(坑)$

下面来说正解。
注意到 $x_i$ 和 $y_i$ 非常小，因此我们可以转换为一维问题。
设 $z_i=x_i*1000+y_i$，则条件" $A$ 是 $B,C$ 的中点"的条件与 $z_A*2=z_B+z_C$ 等价。
充分性证明：
$\because A$ 是 $B,C$ 的中点
$\therefore x_A*2=x_B+x_C,x_A*2=x_B+x_C$
$\therefore z_A*2=z_B+z_C$
必要性证明：
$\because z_A*2=z_B+z_C\qquad(1)$
$\therefore z_A*2≡z_B+z_C\pmod {1000}$
$\therefore y_A*2=y_B+y_C\qquad(2)$
$(1)$式减去 $(2)$式得： $x_A*2=x_B+x_C$
接下来，问题变为：直线上有 $n$ 个基站，每个基站有 $3$ 种可能的类型。若一种类型的基站恰好是另一种类型的两个基站的中点，则该基站会受到那对基站的干扰。求每个基站受到的干扰数。下面只考虑类型为0的基站，其余的类似。
构造序列 $A_i=[k_i=0]$，然后计算序列 $S=A*A$。
由卷积的定义式可得： $S_i=\sum A_i*A_{n-i}$
当 $i$ 为奇数的时候， $S_i$ 由两个和为奇数的位置组成，它们的中点不在整数点上，因此可以忽略。
而只有当 $i$ 为偶数的时候，产生贡献的两个点才会在整数点上，而且会被重复算两次，因此最后统计答案的时候要除以 $2$。

//O2下AC
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2097153;
const double pi=acos(-1.0);
struct comp{
    double x,y;
    comp(double xx=0,double yy=0):x(xx),y(yy) {}
    friend comp operator+(const comp &x,const comp &y) {return comp(x.x+y.x,x.y+y.y);}
    friend comp operator-(const comp &x,const comp &y) {return comp(x.x-y.x,x.y-y.y);}
    friend comp operator*(const comp &a,const comp &b) {return comp(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+b.x*a.y);}
}a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int limit=1,l=0,r[maxn];
int reset(int n,int m){
	while(limit<=n+m)
        limit<<=1,++l;
    for(int i=1;i<limit;i++)
        r[i]=((r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1)));
}
void fft(comp *t,int ty){
    for(int i=0;i<limit;i++)
        if(i<r[i])
            swap(t[i],t[r[i]]);
    for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){
        comp wn(cos(pi/mid),ty*sin(pi/mid));
        for(int j=0,R=(mid<<1);j<limit;j+=R){
            comp w(1,0);
            for(int k=0;k<mid;k++,w=w*wn){
                comp x=t[j+k],y=w*t[j+k+mid];
                t[j+k]=x+y;
                t[j+k+mid]=x-y;
            }
        }
    }
}
#define Maxn 510000
int n,pos[Maxn],d[Maxn];
int ts[Maxn],pd[Maxn],mx;
void dos(comp *a,int k){
	fft(a,1);for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=a[i]*a[i]; fft(a,-1);
    for(int i=0;i<=mx*2;i+=2){
    	if(pd[i/2]==k||pd[i/2]==0) continue;
    	ts[i/2]+=(int)floor(a[i].x/limit+0.001)/2;
    }
}
int main(void)
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,x,y;i<=n;i++){
    	scanf("%d%d%d",&x,&y,&d[i]);
    	pd[pos[i]=x*1000+y]=++d[i];
    	mx=max(mx,pos[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	if(d[i]==1) a[pos[i]].x=1;
    	if(d[i]==2) b[pos[i]].x=1;
    	if(d[i]==3) c[pos[i]].x=1;
    }
    reset(mx+1,mx+1);
	dos(a,1);dos(b,2);dos(c,3);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	printf("%d\n",ts[pos[i]]);
    return 0;
}