给你一个长度为$n$的自然数序列$a$，定义一段区间的权值为这一段区间里所有数的和，分别输出权值为$[0,\sum a_{i}]$的区间的长度之和
想到了生成函数的话，这道题并不难做。但很多细节真是不太好搞
我们首先预处理出前缀和s，那么一段区间$[l,r]$的权值就是$s_{r}-s_{l-1}$
容易联想到卷积
第一个多项式是 区间右端点的前缀和 作为指数的生成函数，每一项的系数是 右端点的编号之和
第二个多项式是 区间左端点的前缀和 作为指数的生成函数，每一项的系数是 左端点的编号之和
然而区间长度是相减而不是相乘
我们可以把问题转化成 右端点编号$*1$-左端点编号$*1$，求两次卷积再相减即可
然而左端点的前缀和是负数，我们把生成函数整体右移
然而序列里还有$0$的情况
如果序列里出现了连续的$0$，我们发现这部分答案我们无法通过卷积统计
因为按照我们的方法，在多项式对应的相同的位置卷积的话，两次统计的答案就被减掉了
所以连续的$0$对答案的影响通过$O(n)$扫一遍统计
每新加入一个新的$0$，就会多产生一个等差数列的贡献
另外答案比较大，$FFT$需要开$long\;double$
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #define N1 (1<<18) 6 #define M1 (N1<<1) 7 #define il inline 8 #define dd double 9 #define ld long double 10 #define ll long long 11 using namespace std; 12 13 int T,n; 14 15 int gint() 16 { 17 int ret=0,fh=1;char c=getchar(); 18 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fh=-1;c=getchar();} 19 while(c>='0'&&c<='9'){ret=ret*10+c-'0';c=getchar();} 20 return ret*fh; 21 } 22 23 const ld pi=acos(-1); 24 struct cp{ 25 ld x,y; 26 friend cp operator + (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x+s2.x,s1.y+s2.y}; } 27 friend cp operator - (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x-s2.x,s1.y-s2.y}; } 28 friend cp operator * (const cp &s1,const cp &s2){ return (cp){s1.x*s2.x-s1.y*s2.y,s1.y*s2.x+s1.x*s2.y}; } 29 }a[N1],b[N1],c[N1]; 30 int r[N1]; 31 void FFT(cp *s,int len,int type) 32 { 33 int i,j,k; cp wn,w,t; 34 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[i]) swap(s[i],s[r[i]]); 35 for(k=2;k<=len;k<<=1) 36 { 37 wn=(cp){cos(pi*2.0*type/k),sin(pi*2.0*type/k)}; 38 for(i=0;i<len;i+=k) 39 { 40 w=(cp){1,0}; 41 for(j=0;j<(k>>1);j++,w=w*wn) 42 { 43 t=w*s[i+j+(k>>1)]; 44 s[i+j+(k>>1)]=s[i+j]-t; 45 s[i+j]=s[i+j]+t; 46 } 47 } 48 } 49 } 50 void FFT_Main(int len) 51 { 52 FFT(a,len,1); FFT(b,len,1); 53 for(int i=0;i<len;i++) c[i]=a[i]*b[i]; 54 FFT(c,len,-1); 55 for(int i=0;i<len;i++) c[i].x/=len; 56 } 57 58 int v[N1],s[N1]; 59 ll ans[N1]; 60 61 int main() 62 { 63 scanf("%d",&T); 64 while(T--) { 65 66 memset(v,0,sizeof(v)); memset(s,0,sizeof(s)); memset(r,0,sizeof(r)); memset(ans,0,sizeof(ans)); 67 int i,j,maxn=0,len,L,num; 68 scanf("%d",&n); 69 for(i=1;i<=n;i++) v[i]=gint(), s[i]=s[i-1]+v[i], maxn=max(maxn,s[i]); 70 if(!maxn) 71 { 72 for(i=1;i<=n;i++) 73 ans[0]+=1ll*(i+1)*i/2; 74 printf("%lld\n",ans[0]); 75 continue; 76 } 77 78 for(len=1,L=0;len<maxn+maxn+1;len<<=1,L++); 79 for(i=0;i<len;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)); 80 81 memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b)); 82 for(i=0;i<=n;i++) a[s[i]].x+=i; 83 for(i=0;i<=n;i++) b[-s[i]+maxn].x++; 84 FFT_Main(len); 85 for(i=maxn;i<=(maxn<<1);i++) ans[i-maxn]=(ll)(c[i].x+0.5); 86 87 memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b)); 88 for(i=0;i<=n;i++) a[s[i]].x++; 89 for(i=0;i<=n;i++) b[-s[i]+maxn].x+=i; 90 FFT_Main(len); 91 for(i=maxn;i<=(maxn<<1);i++) ans[i-maxn]-=(ll)(c[i].x+0.5); 92 93 for(i=1,num=0;i<=n;i++) 94 if(!v[i]){ num++; ans[0]+=1ll*(num+1)*(num)/2ll; } 95 else{ num=0; } 96 for(i=0;i<=maxn;i++) printf("%lld\n",ans[i]); 97 //puts(""); 98 } 99 return 0; 100 101 }