题目：

4836: [Lydsy2017年4月月赛]二元运算
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Description
定义二元运算 opt 满足
现在给定一个长为 n 的数列 a 和一个长为 m 的数列 b ，接下来有 q 次询问。每次询问给定一个数字 c
你需要求出有多少对 (i, j) 使得 a_i opt b_j=c 。
Input
第一行是一个整数 T (1≤T≤10) ，表示测试数据的组数。
对于每组测试数据：
第一行是三个整数 n,m,q (1≤n,m,q≤50000) 。
第二行是 n 个整数，表示 a_1,a_2,?,a_n (0≤a_1,a_2,?,a_n≤50000) 。
第三行是 m 个整数，表示 b_1,b_2,?,b_m (0≤b_1,b_2,?,b_m≤50000) 。
第四行是 q 个整数，第 i 个整数 c_i (0≤c_i≤100000) 表示第 i 次查询的数。
Output
对于每次查询，输出一行，包含一个整数，表示满足条件的 (i, j) 对的个数。

题解：
要求$a_{i}opt{b}_j=c$的c的个数，倘若题干中没有分段操作的限制条件，那么这个题是一个裸的FFT加速求卷积的题目，比如如果要求$a_i+b_j=c$的个数，那么只需要构建一个A序列，$A[i]$表示的是a数列中，值为i的元素的个数，B序列同理，直接求个卷积就出来了。如果要求$a_i-b_j=c$的个数，那么可以将B序列倒置，然后求卷积得到C数组，此时$C[i]$所表示的就是$a_i-b_j=i-50000$的对数。
但是现在opt是一个分段操作，与x和y的关系有关，我们就不能直接求卷积了。让我们回想逆序数是怎么处理的，逆序数要求的是满足下标$i<j$的时候，$a[i]>a[j]$的对数。而我们这个题目要求的是满足下标$i<j$的时候,$i+j=c$的对数，以及满足下标$i>=j$的时候，$i-j=c$的对数。是不是非常的相似，因此我们可以采用与求逆序数相同的方法，也就是分治法来解决。
$solve(L,R)$表示的是把子问题[L,R]完全解决。
分治的时候，我们先$solve(L,mid);$和$solve(mid,R);$
然后把区间$[L,mid]$对区间$[mid,R]$的影响考虑进去。
也就是对$i<j$的情况$A[L,mid)$和$B[mid+1,R)$做卷积。
然后对$i>j$，把$B[L,mid)$反转，然后再对$A[mid+1,R)$和$B[L,mid)$做卷积。
其中$i=j$的情况特殊考虑。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
double pi = acos(-1.0);
struct complex{double re,im;complex(double r = 0.0,double i = 0.0):re(r),im(i){};complex operator+(complex com){return complex(re+com.re,im+com.im);}complex operator-(complex com){return complex(re-com.re,im-com.im);}complex operator*(complex com){return complex(re*com.re-im*com.im,re*com.im+im*com.re);}
};
complex wn,wntmp;
void rader(complex arr[],int n){int num = n-1;for(int i = 0;i < n;++i){int tn = n>>1;while(num && num >= tn) num ^= tn,tn >>= 1;num |= tn;if(num > i) swap(arr[i],arr[num]);}
}
void FFT(complex cs[],int n,int f){rader(cs,n);for(int s = 1;s < n;s <<= 1){wn = complex(cos(f*2*pi/(s*2)),sin(f*2*pi/(s*2)));for(int offset = 0;offset < n;offset += s<<1){wntmp = complex(1.0,0.0);for(int i = 0;i < s;++i){complex u = cs[offset+i],v = cs[offset+i+s]*wntmp;cs[offset+i] = u + v;cs[offset+i+s] = u - v;wntmp = wntmp * wn;}}}if(f == -1)for(int i = 0;i < n;++i)cs[i].re /= n;
}
int n,m,q;
const int maxn = 400010,mi = 1;
int a[maxn],b[maxn];
long long ans[maxn];
complex csA[maxn],csB[maxn],csC[maxn];void solve(int L,int R){if(R - L <= mi){return ;}int mid = (L + R)/2;solve(L,mid);solve(mid,R);int len = 1;while(len < mid - L || len < R - mid) len <<= 1;len <<= 1;for(int i = 0;i < len;++i) csC[i] = csA[i] = csB[i] = complex(0,0);for(int i = L;i < mid;++i) csA[i-L] = complex(a[i],0);for(int i = mid;i < R;++i) csB[i-mid] = complex(b[i],0);FFT(csA,len,1);FFT(csB,len,1);for(int i = 0;i < len;++i) csC[i] = csA[i]*csB[i];FFT(csC,len,-1);for(int i = 0;i < len;++i){long long tmp = (long long)(csC[i].re+0.5);ans[i+L+mid] += tmp;//if(tmp)//printf("%d += %d\n",i+L+mid,tmp);}for(int i = 0;i < len;++i) csC[i] = csA[i] = csB[i] = complex(0,0);for(int i = mid;i < R;++i) csA[i-mid] = complex(a[i]);for(int i = L;i < mid;++i) csB[i-L] = complex(b[mid-1-(i-L)]);FFT(csA,len,1);FFT(csB,len,1);for(int i = 0;i < len;++i) csC[i] = csA[i]*csB[i];FFT(csC,len,-1);for(int i = 0;i < len;++i){long long tmp = (long long)(csC[i].re+0.5);ans[i+1] += tmp;}
}
int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--){memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));memset(ans,0,sizeof(ans));scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);for(int i = 0;i < n;++i){int tmp;scanf("%d",&tmp);a[tmp]++;}for(int i = 0;i < m;++i){int tmp;scanf("%d",&tmp);b[tmp]++;}solve(0,50001);//cout<<a[50000]<<' '<<b[50000]<<endl;for(int i = 0;i < 50001;++i){ans[0] += a[i]*b[i];} for(int i = 0;i < q;++i){int tmp;scanf("%d",&tmp);printf("%lld\n",ans[tmp]);}} return 0;
}