洛谷 P2671 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 25 5 3 2 2 22 2 1 1 2 1

输出样例#1：

82

输入样例#2：

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：

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

这道题还是有一些难度的，首先说一下20分做法，枚举x,y,z。

优化一下，发现可以只枚举其中的两个，算出其中一个（40分）。

60分的算法暂时不会（见谅）。

直接说ac算法。

首先观察发现，y是没有用的，符合条件的三元组是奇偶性相同，且颜色相同的两个方格，而且分数也与y无关。

得分：(x+z)*(num[x]+num[z])。

我一开始做到这里就蒙了，多项式不好处理，就拆开。

加入符合条件的三元组编号是数组t。

ans=(num[t1]+num[t2])*(t1+t2)+(num[t1]+num[t3])*(t1+t3)+...+

如果只看与ti有关的项，化简：

t1*(Σnum[1...n]+(g[t1]-2)*num[t1])（g表示i出现的次数）

自己在纸上写一下就出来了。

所以将相同奇偶性和颜色的放在一组，维护出现次数和∑num，模拟。

取模就不说了，开成long long多省事。

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;const int N=100005;const long long mod=10007;int m,n,col[N];long long ans,num[N],sum[2][N],g[2][N];int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&num[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&col[i]);for(int i=1;i<=n;i++){sum[i%2][col[i]]+=num[i],sum[i%2][col[i]]%=mod;g[i%2][col[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(i*(sum[i%2][col[i]]+((g[i%2][col[i]]-2)*num[i])%mod))%mod,ans%=mod;printf("%lld\n",ans);return 0;}