2015NOIP普级组第三题－－求和（参考洛谷题解）

一、题目描述

一条狭长的纸带被均匀划分出了n个格子，格子编号从1到n。每个格子上都染了一种颜色color_i用[1，m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字number_i。

定义一种特殊的三元组：(x,y,z)，其中x，y，z都代表纸带上格子的编号，这里的三元组要求满足以下两个条件：

1. xyz是整数,x<y<z，y-x=z-y

2. colorx=colorz

满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z)*(number_x+number_z)。整个纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。这个分数可能会很大，你只要输出整个纸带的分数除以10,007所得的余数即可。

输入输出格式

输入格式：

第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m，n表纸带上格子的个数，m表纸带上颜色的种类数。

第二行有n用空格隔开的正整数，第i数字number表纸带上编号为i格子上面写的数字。

第三行有n用空格隔开的正整数，第i数字color表纸带上编号为i格子染的颜色。

输出格式：

共一行，一个整数，表示所求的纸带分数除以10,007所得的余数。

输入输出样例

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6 25 5 3 2 2 22 2 1 1 2 1

输出样例#1： 复制

82

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15 45 10 8 2 2 2 9 9 7 7 5 6 4 2 42 2 3 3 4 3 3 2 4 4 4 4 1 1 1

输出样例#2： 复制

1388

说明

【输入输出样例 1 说明】

纸带如题目描述中的图所示。

所有满足条件的三元组为： (1, 3, 5), (4, 5, 6)。

所以纸带的分数为(1 + 5)*(5 + 2) + (4 + 6)*(2 + 2) = 42 + 40 = 82。

对于第 1 组至第 2 组数据， 1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 5；

对于第 3 组至第 4 组数据， 1 ≤ n ≤ 3000, 1 ≤ m ≤ 100；

对于第 5 组至第 6 组数据， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000，且不存在出现次数

超过 20 的颜色；

对 于 全 部 10 组 数 据 ， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color_i ≤ m，1≤number_i≤100000

二、解题思路

可以理解为 n 个元素每个元素有三个属性分别是数值 Number、颜色和编号，对于任意 两个满足 2 个条件的元素进

行相应的统计，第 1 个条件其实等价于这两个元素的编号都是奇 数或都是偶数，第 2 个条件是相同颜色值。

根据题目，我们可以设有三个下标，他们分别是x,y,z，要满足x<y<z且y-x=z-y

所以我们可以模拟x,y,z，其时间复杂度为O(n^3)，由于n<=100000所以一定会超时

但这个方法是可以优化的

由此我们可以得到2y=z+x

由此可知z+x必须是一个偶数即z,x同为奇数或同为偶数

所以我们其实只要穷举x和z就行了，但这个方法的时间复杂度为O(n^2)所以还是会超时

我们可以用一下分组思想，把每个颜色分为一组，再在每个颜色中按奇偶分组，所以一共有2m组

设一个分组里有k个数，这个分组中的数分别是x[1],x[2]……x[k]，下标分别是y[1],y[2]……y[k]

可以使用排序，将颜色、奇偶性相同的放在一起求和，再将每个分类的和相加。

这种做法即使使用 QS 或 HS ，时间复杂度也在 O(log2(n))。

可以定义三个数组，存储每个分类的编号和、数字和，最后再进行求和。

此时只需将数组每个元素调用一次即可得到答案，时间复杂度为 O(n)。

分析一下，我们的任务是什么。题目的要求是求分数和，我们就得把所有符合条件的三元组“找”出来。

至少需要枚举三元组(x,y,z)中的一个元素，这里枚举的是z（当然x也可以，不过不要选y，因为y对分数没什么用）。

1、因为x<y<z，所以只需向前枚举x,y

2、因为y-x=z-y，所以x+z=2y，x、z同奇偶，且分数与y物管，只需枚举z和x。

3、因为colourx=colourz，所以只需枚举z之前同奇偶且同色的x。

这样的话时间复杂度是O(n2)，能得40分。如何快速枚举x呢？

其实不是快速枚举x，是快速枚举分数和。

观察三元组分数：

(x+z)·(numberx+numberz)

显然我们不方便处理多项式乘法，那就把它拆开

（事实上很多人到这步都放弃了，其实试一试立刻就明白了）

=x·numberx+x·numberz+z·numberx+z·numberz

那么对于z的所有合法决策x1,x2,……,xk

根据乘法分配率，分数=Σ(xi*numberxi)+Σ(xi)*numberz +Σ(numberxi) *z+Σ(z*numberz) (1<=i<=k)

由于z是枚举的，所以只需快速得到Σ(x·numberx)，Σx，Σnumberx和k（注意最后一项被算了k次，要乘k）

这样我们就可以开4个累加器，分别记录这四个量。而对于不同奇偶性、不同颜色的z有不同的决策x，所以要开一个s[2][m][4]的累加器。

【时空复杂度】

O(n)，O(n+m)

【注意】题目数据较大，每次计算一定要模10007，否则很容易出错。

三、实现代码

#include<cstdio>

#include<cstring>

struct cell

{

    int clr;//编号

    long long num;//数字

    long long cod;//分类

}c[100001];

int main()

{

    int i,n,m,clrmx=0;

    long long t=0,t1[200002],t2[200002],t3[200002],k[200002];

    memset(t1,0,sizeof(t1));

    memset(t2,0,sizeof(t2));

    memset(t3,0,sizeof(t3));

    memset(k,0,sizeof(k));

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        c[i].cod=i;

        scanf("%lld",&c[i].num);

    }

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        scanf("%d",&c[i].clr);

        c[i].clr*=2;

        c[i].clr+=c[i].cod%2;

    }//输入

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        int f=c[i].clr;//当前纸带的分类

        if(f>clrmx)clrmx=f;

        t1[f]+=c[i].cod*c[i].num;

        t1[f]%=10007;

        t2[f]+=c[i].cod;

        t3[f]+=c[i].num;

        k[f]++;

    }//遍历

    for(i=1;i<=clrmx;i++)

    {

        t2[i]%=10007;

        t3[i]%=10007;

        k[i]%=10007;

        t+=(k[i]-2)*t1[i]+t2[i]*t3[i];

        t%=10007;

    }//求和

    printf("%lld",t);

}

　如果考场上一时没有想到思路怎么办？参考以下解题思路