洛谷 P2671 [NOIP2015 普及组] 求和

Description

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 $colo{r}_i$ 用$[1,m]$当中的一个整数表示），并且写了一个数字$numbe{r}_i$。

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$(x+z)\times (numbe{r}_x+numbe{r}_z)$。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。

Input

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。

Output

一个整数，表示所求的纸带分数除以1000710007所得的余数。

Solution

1.纯模拟肯定超时，需要用数论思维化简。

2.三元组要求 $y-x=z-y$ ，且x与z颜色相同。

则不难看出 $x+z=2\ast y$ ，需要x与z的奇偶性与颜色一致，在读入数据时可以根据此分类。

3.根据分类得出的数据优化。

设每个分类得出的部分有k个数，每个数下标分别为 $x[1],x[2],...,x[k]$ ，在number数组中的值为 $y[1],y[2],...,y[k]$ ，那么该分类部分对答案的贡献为

$$\begin{gathered} \Delta ans= \\ (x[1]+x[2])\ast (y[1]+y[2])+(x[1]+x[3])\ast (y[1]+y[3])+...+(x[1]+x[k])\ast (y[1]+y[k]) \\ +(x[2]+x[3])\ast (y[2]+y[3])+....(x[2]+x[k])\ast (y[2]+y[k]) \\ +(x[k-1]+x[k])\ast (y[k-1]+y[k]) \end{gathered}$$

对x[i]运用分配率得

$$\begin{gathered} =({\sum }_{i=1}^{k-1}{\sum }_{j=i+1}^{k}x[i]\ast (y[i]+y[j])) \\ +({\sum }_{j=2}^k{\sum }_{i=1}^{j-1}x[j]\ast (y[i]+y[j])) \end{gathered}$$

$={\sum }_{i=1}^{k}x[i]({\sum }_{j=i+1}^k(y[i]+y[j])+{\sum }_{j=1}^{i-1}(y[j]+y[i]))$

$={\sum }_{i=1}^{k}x[i]({\sum }_{j=1}^{k}y[j]+(k-2)y[i])$

其中，${\sum }_{j=1}^{k}y[j]$ 为定值，可以用前缀和解决

总复杂度 $O(n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

#define MOD 10007
#define intmax 2147483647
#define memmax 0x7fffffff

inline ll read()
{
    
    
	ll x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
    
    if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
    
    x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

ll n, m;
ll number[100005], color[100005];
ll noof[100005][2], pre[100005][2];
ll ans;

void solve()
{
    
    
    n = read(), m = read();
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
    
    
        number[i] = read();
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
    
    
        color[i] = read();

        // 统计当前分类容器数量
        noof[color[i]][i%2]++;
        // 前缀number[i]的和
        pre[color[i]][i%2] = (pre[color[i]][i%2] + number[i]) %MOD;
    }

    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
    
    
        // (noof[color[i]][i%2]-2) == n-2
        // i == x[i]
        // number[i] == y[i]
        ans = (ans + (i * ((noof[color[i]][i%2]-2)*number[i] %MOD + pre[color[i]][i%2]) ) ) %MOD;
    }

    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    solve();
}