很有趣的一道题：
我们分类进行计算：
首先，如果只损失了一件，那么很好计算：每一件斧头都会为对应代价产生一种可能
然后，如果值损失了两件，那么也很好计算：
构造多项式$A(x)=sum_{i=0}^{max(a)}(价值i出现的次数)*x^i$
那么该多项式与自身卷积，得到的多项式每一项前对应的系数即为只拿两件时代价为i的出现次数
如果你不理解这里，请看这
好的，你理解了上面那堆东西
但是这里要减掉一个物品拿两次的情况，这个比较好办，就是在一个物品代价的两倍的位置-1
最后，也是最困难的一部分：如果损失了三件怎么办？
首先直接给出结论：
构造三个多项式：
$A_{1}(x)=sum_{i=0}^{max(a)}(价值i出现的次数)*x^i$
$A_{2}(x)=sum_{i=0}^{max(a)}(价值frac{i}{2}被拿了两次的次数)*x^i$
$A_{3}(x)=sum_{i=0}^{max(a)}{价值frac{i}{3}被拿了三次的次数}*x^i$
然后答案即为
$frac{A_{1}(x)^3-3A_{2}(x)A_{1}(x)+2A_{3}(x)}{6}$
为什么？
本质是容斥原理：
首先，我们随便取三件，那么结果是第一项
但是，这里会产生重复，所以我们减去有两个重复的情况，就是第二项（至于为什么乘三，可以考虑一下：最开始的第一项算的时候是考虑顺序的，所以在容斥的时候也要计算顺序，而这里的顺序就是剩下那一项在第一，第二，第三三个位置上的三个情况，最后再除掉顺序。）
最后，再加上减多了的三个重复的情况，多减了两次，所以乘二
然后把这三个多项式相加，然后取系数不为零的部分输出即可
有个细节：考虑到代价有负数，所以我们每个代价加上一个值全转成正数后计算，这时就需要注意对应项和实际值之间的关系问题了
还有，NTT会炸！！！我试了两个模数都不行，所以...还是用FFT吧
#include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #define ll long long using namespace std; const double pi=acos(-1.0); struct cp { double x,y; friend cp operator + (cp a,cp b) { return (cp){a.x+b.x,a.y+b.y}; } friend cp operator - (cp a,cp b) { return (cp){a.x-b.x,a.y-b.y}; } friend cp operator * (cp a,cp b) { return (cp){a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x}; } }; int to[(1<<21)+5]; /*ll pow_mul(ll x,ll y) { ll ans=1; while(y) { if(y&1)ans=ans*x%mode; x=x*x%mode,y>>=1; } return ans; }*/ void FFT(cp *a,int len,int k) { for(int i=0;i<len;i++)if(i<to[i])swap(a[i],a[to[i]]); for(int i=1;i<len;i<<=1) { cp w0=(cp){cos(pi/i),k*sin(pi/i)}; for(int j=0;j<len;j+=(i<<1)) { cp w=(cp){1,0}; for(int o=0;o<i;o++,w=w*w0) { cp w1=a[j+o],w2=a[j+o+i]*w; a[j+o]=w1+w2,a[j+o+i]=w1-w2; } } } //if(k==-1)for(int i=1;i<(len>>1);i++)swap(a[i],a[len-i]); } int n,lim=1,l; cp a[(1<<21)+5],b[(1<<21)+5],c[(1<<21)+5],d[(1<<21)+5],e[(1<<21)+5],f[(1<<21)+5],g[(1<<21)+5]; ll v[(1<<21)+5]; int main() { scanf("%d",&n); int maxx=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int xx; scanf("%d",&xx); xx+=30000; a[xx].x++,b[2*xx].x++,c[3*xx].x++; maxx=max(maxx,2*xx); d[xx].x++; v[xx]++; } while(lim<=2*maxx)lim<<=1,l++; for(int i=1;i<lim;i++)to[i]=((to[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1))); FFT(d,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++)e[i]=d[i]*d[i]; FFT(e,lim,-1); // ll inv=pow_mul(lim,mode-2); for(int i=0;i<lim;i++)e[i].x=(double)(ll)(e[i].x/lim+0.5); for(int i=30000;i<lim;i++)v[i-30000]+=((ll)e[i].x-(ll)b[i].x)/2; FFT(a,lim,1),FFT(e,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=a[i]*e[i]; FFT(f,lim,-1); for(int i=0;i<lim;i++)f[i].x=(double)(ll)(f[i].x/lim+0.5); FFT(b,lim,1); for(int i=0;i<lim;i++)g[i]=a[i]*b[i]; FFT(g,lim,-1); for(int i=0;i<lim;i++)g[i].x=(double)(ll)(g[i].x/lim+0.5); for(int i=60000;i<lim;i++)v[i-60000]+=1ll*((ll)f[i].x-3ll*g[i].x+2ll*c[i].x)/6ll; for(int i=0;i<lim;i++)if(v[i])printf("%d %lld ",i-30000,v[i]); return 0; }