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
解题思路:
这道题目首先想到的思路是枚举x,y,z的位置,时间复杂度达到了O(N^3),而n达到了10万,很显然,这种方法是不行的,如果按照这样做,只能拿到20分。但我们看到要y-x=z-y,也就是y*2=x+z,那么我们只要枚举x和z的位置就可以了,但是,这样子时间复杂度仍会达到O(N^2),超时,按这样子做能拿到40分。
承接40分算法的基础,我们其实可以证出x+z为偶数,即x和z的奇偶性相同。我们要将颜色相同的且奇偶性相同的位置存放在一起,那么,很明显,这要用到——桶。记录颜色相同、奇偶性相同的同一位置上的数有多少个,再记录它们number的总和,最后利用贪心,即可求得答案。
代码:(请不要直接拷贝哦)
#include <cstdio> int x[100005],y[100005],ans[100005][2],s[100005][2]; int sum; using namespace std; int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);//这道题目中,m其实没有多大的用处 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&y[i]); s[y[i]][i%2]++;//记录在当前这组中,有多少个这样的数 ans[y[i]][i%2]=(ans[y[i]][i%2]+x[i])%10007;//把当前这组这些数的number加起来 } for (int i=1;i<=n;i++) sum=(sum+i*(((s[y[i]][i%2]-2)*x[i])%10007+ans[y[i]][i%2]))%10007;//利用贪心,求得答案 printf("%d\n",sum); return 0; }