題目描述

一條狹長的紙帶被均勻劃分出了n個格子，格子編號從1到n。每個格子上都染了一種顏色color_i用[1，m]當中的一個整數表示），並且寫了一個數字number_i。

定義一種特殊的三元組：(x,y,z)，其中x，y，z都代表紙帶上格子的編號，這裏的三元組要求滿足以下兩個條件：

1. xyz是整數,x<y<z，y-x=z-y

2. colorx=colorz

滿足上述條件的三元組的分數規定為(x+z)*(number_x+number_z)。整個紙帶的分數規定為所有滿足條件的三元組的分數的和。這個分數可能會很大，你只要輸出整個紙帶的分數除以10,007所得的余數即可。

輸入輸出格式

輸入格式：

第一行是用一個空格隔開的兩個正整數n和m，n表紙帶上格子的個數，m表紙帶上顏色的種類數。

第二行有n用空格隔開的正整數，第i數字number表紙帶上編號為i格子上面寫的數字。

第三行有n用空格隔開的正整數，第i數字color表紙帶上編號為i格子染的顏色。

輸出格式：

共一行，一個整數，表示所求的紙帶分數除以10,007所得的余數。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1

輸出樣例#1：

82

輸入樣例#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

輸出樣例#2：

1388

說明

【輸入輸出樣例 1 說明】

紙帶如題目描述中的圖所示。

所有滿足條件的三元組為： (1, 3, 5), (4, 5, 6)。

所以紙帶的分數為(1 + 5)*(5 + 2) + (4 + 6)*(2 + 2) = 42 + 40 = 82。

對於第 1 組至第 2 組數據， 1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 5；

對於第 3 組至第 4 組數據， 1 ≤ n ≤ 3000, 1 ≤ m ≤ 100；

對於第 5 組至第 6 組數據， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000，且不存在出現次數

超過 20 的顏色；

對 於 全 部 10 組 數 據 ， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color_i ≤ m，1≤number_i≤100000

這是NOIP2015普及組的第3題。難度大概是：普及+/提高

解析：

才開始我想了一個70分的算法：

開一個結構體數組a，包括序號，number，color 3個元素，把a[]按第一關鍵字為color從小到大排序，第二關鍵字為序號從小到大排序。

然後找一段color相同的區間，雙重循環窮舉一個i和j，使得（a[i].xu+a[j].xu）%2 == 0就是一組滿足條件的（x,y,z） ~~（跟y沒關系，至於為什麽？呵呵，so easy,問SRF吧）

所以這樣的時間復雜度為 O（n^2）還是會超時。

我的70分代碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct data{
	int xu,num,color; 
}a[100005];
int n,m;
long long ans;

bool cmp(data x,data y)
{
	if (x.color == y.color) return x.xu<y.xu; else return x.color < y.color;
}
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for (int i = 1 ; i <= n ; i ++)
	{
		a[i].xu = i;
		scanf("%d",&a[i].num);
	}
	for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) scanf("%d",&a[i].color);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	int r = 1;
	for (int i = 1 ; i <= n ; i = r + 1)
	{
		while (a[i].color == a[r+1].color) r ++;
		for (int j = i ; j <= r-1 ; j ++)
		  for (int k = j + 1 ; k <= r ; k ++)
		  {
				if ((a[j].xu+a[k].xu) % 2 == 0) ans = (ans + ((a[j].xu+a[k].xu) % 10007) * ((a[j].num+a[k].num) % 10007) % 10007) % 10007;
		  }
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

後來我絞盡腦汁（眾：唔……）想出了100分算法：

實際上，我們還可以在color相同的區間再分成2份：一份a[i].xu都是奇數，一份……都是偶數。

還是開兩個新數組存奇數部分和偶數部分吧！（不妨設c[]和g[] 類型：還是那什麽（……自己想吧，不然真的是純題解了））

設Sum（k）表示k[]中的答案和。

則對於每部分color相同的區間。 ans = ans + Sum(c)+Sum(g)

***註意，前方高能預警，重點來啦***

而Sum（k）= （k[1].xu+k[2].xu）*(k[1].num+k[2].num)+(k[1].xu+k[3].xu)*(k[1].num+k[3].num)+...+(k[1].xu+k[n].xu)*(k[1].num+k[n].num)

+ (k[2].xu+k[3].xu)*(k[2].num+k[3].num)+...+(k[2].xu+k[n].xu)*(k[2].num+k[n].num)

+ ...

...

　　　　　...

+ (k[n-1].xu+k[n].xu)*(k[n-1].num+k[n].num)

所以對這個多項式化簡得：

Sum(k) = k[1].xu*(k[1].num+k[2].num+...+k[n].num+(n-2)*k[1].num) + ... + k[n].xu*(k[1].num+k[2].num+..+k[n].num+(n-2)*k[n].num)

而 k[1].num+k[2].num+...+k[n].num 可以預先算出來，這樣就不會超時了。

時間復雜度O（n）

AK代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct data{
	int xu,num,color; 
}a[100005];
int ans,n,m;

bool cmp(data x,data y)
{
	if (x.color == y.color) return x.xu<y.xu; else return x.color < y.color;
}

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for (int i = 1 ; i <= n ; i ++)
	{
		a[i].xu = i;
		scanf("%d",&a[i].num);
	}
	for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) scanf("%d",&a[i].color);
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	int r = 0;
	for (int i = 1 ; i <= n ; i = r + 1)
	{
		data c[80005] ; data g[80005]; 
	    int cnt1 = 0,cnt2 = 0;
		while (a[i].color == a[r+1].color) 
		{
			r ++;
			if (a[r].xu % 2 == 0) c[++cnt1] = a[r]; else g[++cnt2] = a[r];
		}
		int tot = 0;
		for (int j = 1 ; j <= cnt1 ; j ++)
		{
			tot = (tot + c[j].num % 10007) % 10007;
		}
		for (int j = 1 ; j <= cnt1 ; j ++)
		{
			int tsum = (c[j].xu % 10007 * ((cnt1-2)*c[j].num % 10007 + tot) % 10007) % 10007;
			ans = (ans + tsum) % 10007; 
		}
		
		tot = 0;
		for (int j = 1 ; j <= cnt2 ; j ++)
		{
			tot = (tot + g[j].num % 10007) % 10007;
		}
		for (int j = 1 ; j <= cnt2 ; j ++)
		{
			int tsum = (g[j].xu % 10007 * ((cnt2-2)*g[j].num % 10007 + tot) % 10007) % 10007;
			ans = (ans + tsum) % 10007; 
		} 	
	}
	cout<<ans<<endl; 
	return 0;
}

【洛谷】P2671 求和