Description
給定n 根直的木棍，要從中選出6 根木棍，滿足：能用這6 根木棍拼出一個正方形。注意木棍不能彎折。問方案數。
正方形：四條邊都相等、四個角都是直角的四邊形。
Input
第一行一個整數n。
第二行包含n 個整數ai，代表每根木棍的長度。
Output
一行一個整數，代表方案數。
Sample Input
8
4 5 1 5 1 9 4 5
Sample Output
3
Data Constraint
對於20% 的資料，滿足：n ≤ 30
對於40% 的資料，滿足：n ≤ 200
對於60% 的資料，滿足：n ≤ 1000
對於100% 的資料，滿足：n ≤ 5000; 1 ≤ ai ≤ 10^7

Solution

有點複雜的計數題。
首先排序，相同長度的木棍壓成一個，並記錄下有多少個。

這6根木棍構成正方形的情況只有兩種：

• 2+2+1+1，即選出兩根長度都為 $a$的，再選兩根拼起來長度為 $a$
  的，再選兩根拼起來長度為 $a$的。
• 3+1+1+1，即選出三根長度都為 $a$的，再選三根拼起來長度為 $a$
  a 的。

現考慮2+2+1+1的怎麼求。
記 $c_i$為第 $i$根木棍個數，這個可以預處理。
先列舉兩根長度相等的"1"，那麼兩個"2"有以下四種情況：

• aa+aa
  先判斷 $a_i$是不是 $4$的倍數，如果是，就得到 $i$之前 $\frac{a_i}{4}$的出現次數 $b$，那麼對答案貢獻就是 $C_{c_i}^{2}*C_b^{4}$。
• ab+ab
  列舉一個 $j$當作b，用一個單調指標找到對應的a的位置 $k$，為了避免重複要保證 $j>k$，對答案貢獻就是 $C_{c_i}^{2}*C_{c_j}^2*C_{c_k}^2$。
• aa+bc
  判斷 $a_i$是否為 $2$的倍數，然後用類似ab+ab的方法統計bc的方案數，與aa的方案相乘即可。
• ab+cd
  用類似ab+ab的方法，記錄在ab之前找到多少個cd，統計一下答案就好了。

然後考慮3+1+1+1。
列舉一個 $i$作為3最右邊的那個，那麼3的情況有四種：

• aaa
  列舉一個 $j>i$作為1，統計答案跟上面aa+aa的方法差不多。
• aab
  列舉一個 $j>i$作為1，用一個桶求出 $i$之前 $\frac{a_j-a_i}{2}$的出現次數，然後就可以統計答案了。
• abb
  列舉一個 $j>i$作為1，用aab的那個桶求出 $a_j-2*a_i$的出現次數，就可以計算答案。
• abc
  列舉一個 $j>i$作為1，用另一個桶記錄 $1 \sim i-1$中所有二元組相加的情況，在這個桶裡找到二元組相加等於 $a_j-a_i$的情況即可計算答案。

不重不漏地統計完上面這些情況，就OK了。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef unsigned long long ull;
const int N = 5007, A = 20000007;

int n, len, a[N], cnt[N], tmp[N];
int buc[A], buc1[A];

ull ans;
ull C2(int n) { return n * (n - 1) / 2; }
ull C3(int n) { return 1ll * n * (n - 1) * (n - 2) / 6; }
ull C4(int n) { return 1ll * n * (n - 1) * (n - 2) * (n - 3) / 24; }

void sort(int l, int r)
{
	if (l >= r) return;
	int mid = l + r >> 1;
	sort(l, mid), sort(mid + 1, r);
	int i = l, j = mid + 1, len = 0;
	while (j <= r)
	{
		while (i <= mid && a[i] <= a[j]) tmp[++len] = a[i++];
		tmp[++len] = a[j++];
	}
	while (i <= mid) tmp[++len] = a[i++];
	for (int i = 1; i <= len; i++) a[l + i - 1] = tmp[i];
}

int main()
{
	freopen("yist.in", "r", stdin);
	freopen("yist.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
	sort(1, n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (a[i] != a[i - 1]) a[++len] = a[i], cnt[len] = 1;
		else cnt[len]++;
	for (int i = 1; i <= len; i++) //2+2+1+1
	{
		ull ret = 0, sum = 0;
		for (int j = 1; j <= i - 1; j++) if (a[j] + a[j] == a[i]) ans += C4(cnt[j]) * C2(cnt[i]), ret += C2(cnt[j]); //aa+aa
		for (int j = 1, k = i - 1; j <= i - 1; j++)
		{
			while (a[j] + a[k] > a[i] && k > j) k--;
			if (a[j] + a[k] == a[i] && k > j)
			{
				ans += C2(cnt[j]) * C2(cnt[k]) * C2(cnt[i]); //ab+ab
				ans += ret * cnt[j] * cnt[k] * C2(cnt[i]); //aa+bc
				ans += sum * cnt[j] * cnt[k] * C2(cnt[i]); //ab+cd
				sum += cnt[j] * cnt[k];
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= len; i++) //3+1+1+1
	{
		for (int j = 1; j <= i - 2; j++) buc[a[i - 1] + a[j]] += cnt[i - 1] * cnt[j];
		for (int j = i + 1; j <= len; j++) if (a[i] + a[i] + a[i] == a[j]) ans += C3(cnt[j]) * C3(cnt[i]); //a+a+a
		for (int j = i + 1; j <= len; j++)
			if (a[i] + a[i] < a[j])
				ans += C3(cnt[j]) * C2(cnt[i]) * buc1[a[j] - a[i] - a[i]]; //a+b+b
		for (int j = i + 1, k = 1; j <= len; j++)
			if ((a[j] - a[i]) % 2 == 0)
				ans += C3(cnt[j]) * cnt[i] * C2(buc1[(a[j] - a[i]) / 2]);