[普及]NOIP 2015 求和

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

输入样例#1：
6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1

输出样例#1：
82

输入样例#2：
15 4
5 10 8 2 2 2 9 9 7 7 5 6 4 2 4
2 2 3 3 4 3 3 2 4 4 4 4 1 1 1

输出样例#2：
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

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【分析】
前缀和+乱搞

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【代码】

//NOIP 2015 求和#include<iostream>#include<vector>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define ll long long#define M(a) memset(a,0,sizeof a)#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)using namespace std;const int mod=10007; const int mxn=100005;vector <ll> color[mxn][2];  //0偶 1奇 ll num[mxn],res[mxn],own[mxn],fang[mxn];ll n,m;ll ans,tmp;inline void just_do_it(int i,int t){    ll j,x=color[i][t].size()-1;    if(x<=0) return;    res[0]=num[color[i][t][0]];    own[0]=color[i][t][0];    fang[0]=own[0]*res[0]%mod;    fo(j,1,x)    {        res[j]=(res[j-1]+num[color[i][t][j]])%mod,        own[j]=(own[j-1]+color[i][t][j])%mod,        fang[j]=(fang[j-1]+color[i][t][j]*num[color[i][t][j]])%mod;    }    fo(j,0,x-1)    {        int t1=color[i][t][j];        int t2=num[t1];        ans+=(x-j)*(t1*t2)+fang[x]-fang[j]+mod;        ans+=t1*(res[x]-res[j]+mod);        ans+=t2*(own[x]-own[j]+mod);        ans%=mod;    }}int main(){    ll i,j,c;    scanf("%lld%lld",&n,&m);    fo(i,1,n) scanf("%lld",&num[i]),num[i]%=mod;    fo(i,1,n)    {        scanf("%lld",&c);        if(i&1) color[c][1].push_back(i);        else color[c][0].push_back(i);    }    fo(i,1,m)    {        ans=0;        just_do_it(i,0);        just_do_it(i,1);        tmp=(tmp+ans)%mod;    }    printf("%lld\n",tmp);    return 0;}