题目描述： 小花有一个数组A，小树有一个数组B。小花和小树的关系很好，他们希望合并手中的数组，得到新的集合C={a+b|a∈A, b∈B}。

输入格式：第一行输入两个整数N,M，分别表示数组A,B的长度。第二行包含N个整数，表示数组A。第三行包含M个整数，表示数组B。

  (0 ≤ N,M ≤ 2 *10^5, 0 ≤ A[i],B[i] ≤ 2 * 10^6)

输出格式：输出一个整数，表示C的元素个数。

输入样例：

10 10

12 14 0 2 2 15 26 17 8 44

1 4 6 10 22 13 19 50 39 0

输出样例：

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注意：本题时间限制较严格，由于暴力解法时间复杂度为O(n^2)，可能无法满足本题要求，因此请尽可能优化你的算法（ 6000ms，512MB）。

分析：我们首先想到的算法就是暴力解法，用双重循环实现。源程序如下：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>int main(void)
{int n, m;scanf("%d %d", &n, &m);int* arrl=(int*)malloc(sizeof(int) * n);int* arr2=(int*)malloc(sizeof(int) * n);if (arrl==NULL || arr2 == NULL) return 1;  for (int i = 0; i < n; ++i)  {scanf("%d",&arrl[i]);}for(int i = 0; i< m; ++i) {scanf("%d",&arr2[i]);}char* check =(char*)malloc(sizeof(char) * 4000001);if (check == NULL) return 1;memset (check, 0, sizeof(char) * 4000001);int count= 0;for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < m; ++j)  {check[arrl[i] + arr2[j]]=1;    }}for(int i=0; i< 4000001; i++){count += check[i];}printf("%d\n",count);return 0;
}

暴力算法虽然简单，但数据量大时，运行时间会超时，因为算法的时间复杂度为O(n^2)，无法满足题目要求。因此，必须找到一种解决方案。因此有网友提出一种方案，使用傅里叶变换实现。

设A数组[0, 1, 3, 5, 6]中的元素可看成多项式（1+x+x^3+x^5+x^6)的系数，B数组中[2,3,4]中的元素可看成多项式(x^2+x^3+x^4)的系数。计算这两个多项式的乘法（1+x+x^3+x^5+x^6)*(x^2+x^3+x^4)，然后看结果中哪些项前面有系数，统计有系数项的个数，即为所求答案。

使用快速傅里叶变换进行多项式乘法运算，其时间复杂度为O（nlogn)，应能满足题目要求。源程序如下。

#include <stdio.h>
#define LLONG long long
#define MAXN  (1<<23)
#define mod 998244353 //质数,在编程中常被用来做模数
int id[MAXN];
int a[ MAXN],b[ MAXN];
int quickpow(int x, int b)
{LLONG ans=1,t=x;while(b){if(b&1) ans=ans*t%mod;t=t*t%mod;b>>=1;}return ans;
}
int init(int len)
{int lim=1;while(lim<=len)  {lim<<=1;}for(int i=1; i<lim; i++){id[i] = (id[i>>1]>>1)+(i&1)*(lim>>1);}return lim;
}
void NTT(int a[],int lim, int opt)
{for(int i=1; i<lim; i++){if(i<id[i])  {int step = a[i];a[i] = a[id[i]];a[id[i]] = step;}}for(int len=2; len<=lim; len<<=1)  {int k=len>>1;int wn=quickpow(3,(mod-1)/len);for(int i=0; i<lim; i+=len){LLONG g=1;for(int j=0; j<k; j++,g=g*wn%mod){int temp=a[i+j+k]*g%mod;a[i+j+k]=(mod-temp+a[i+j])%mod;a[i+j]=(a[i+j]+temp)%mod;}}}if(opt==-1)  {    for (int i = 0; i < lim; i++){int temp = a[i+1];a[i+1] = a[lim - i];a[lim - i] = temp;}LLONG inv=quickpow(lim,mod-2);for(int i=0; i<lim; i++)  {a[i]=a[i]*inv%mod;}}return;
}
int main()
{int n,m,lim=0;int x,i;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1; i<=n; i++)  {scanf("%d",&x);a[x]=1;if(x>lim)lim=x;}for(i=1; i<=m; i++)  {scanf("%d",&x);b[x]=1;if(x>lim)lim=x;}lim = init(lim<<1);NTT(a,lim,1);NTT(b,lim,1);LLONG step;for(i=0; i<lim; i++){step = a[i];a[i]=step*b[i]%mod;}NTT(a,lim,-1);    for(i=0,n=0; i<lim; i++)  {if(a[i]) n++;}printf("%d",n);return 0;
}

参考文献：

[1]https://tieba.baidu.com/p/8844914020

[2]百度网盘资源下载网址

https://pan.baidu.com/s/17ZXphwqySNIsIgcGtYMjvg?pwd=lhwc

[3]李红卫，李秉璋. C程序设计与训练（第四版）[M]，大连，大连理工大学出版社，2023.