洛谷 P2671 求和 解题报告

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：

(xyz)是整数, (x<y<z,y-x=z-y)

(color_x=color_z)

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：

一个整数，表示所求的纸带分数除以10007所得的余数。

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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这题教会了我$ sum $的化简。

我们发现，奇偶位相同时颜色相同的都可以产生贡献，在一个奇偶性的某一个同样颜色的块的答案为

(sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n (x_i+x_j)*(y_i+y_j)) (x_i)为数字，(y_i)为位置。

需要(O(n))复杂度算出它

化简前，先补充一下$sum $的有关知识

1. 优先级比四则运算符低
2. (sum_{i=1}^n a_i+b_i Leftrightarrow sum_{i=1}^n a_i+sum_{i=1}^n b_i)
3. (sum_{i=1}^n r*a_i Leftrightarrow r*sum_{i=1}^n a_i)
4. (sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n a_{ij} Leftrightarrow sum_{j=1}^n sum_{i=1}^n a_{ij})

则
(sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n (x_i+x_j)*(y_i+y_j))
(=sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n x_i*y_i+x_i*y_j+x_j*y_i+x_j*y_j)
(=sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n x_i*y_i+sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n x_j*y_j+sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n x_j*y_i+sum_{i=1}^n sum_{j=i+1}^n x_i*y_j)
(=sum_{i=1}^n (n-i)*x_i*y_i+sum_{i=1}^n (i-1)*x_i*y_i+sum_{i=1}^n y_i sum_{j=i+1}^n x_j+sum_{i=1}^n x_i sum_{j=i+1}^n y_j)
(=(n-1)sum_{i=1}^n x_i*y_i+sum_{i=1}^n y_i sum_{j=i+1}^n x_j+sum_{i=1}^n x_i sum_{j=i+1}^n y_j)

先处理出前缀和维护即可

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Code:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
const ll N=50010;
const ll mod=10007;
ll n,m,cnta,cntb,fa[21],fb[21];
struct node
{
    ll color,num,pos;
    bool friend operator <(node n1,node n2)
    {
        return n1.color<n2.color;
    }
}a[N],b[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    ll num,color,ans=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&num);
        if(i&1) a[++cnta].num=num%mod,a[cnta].pos=i%mod;
        else b[++cntb].num=num%mod,b[cntb].pos=i%mod;
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&color);
        if(i&1) a[i+1>>1].color=color;
        else b[i+1>>1].color=color;
    }
    std::sort(a+1,a+1+cnta);
    std::sort(b+1,b+1+cntb);
    for(ll i=1;i<=cnta;)
    {
        color=a[i].color;
        ll tmp=i,cnt=0;
        while(a[i].color==color)
        {
            cnt++;
            fa[cnt]=(a[i].pos+fa[cnt-1])%mod;
            fb[cnt]=(a[i].num+fb[cnt-1])%mod;
            i++;
        }
        for(ll j=1;j<=cnt;j++)
        {
            ll t=j+tmp-1;
            ans=(ans+(cnt-1)*a[t].pos%mod*a[t].num%mod
                +((fb[cnt]-fb[j])%mod*a[t].pos
                +(fa[cnt]-fa[j])%mod*a[t].num)%mod)%mod;
        }
    }
    for(ll i=1;i<=cntb;)
    {
        color=b[i].color;
        ll tmp=i,cnt=0;
        while(b[i].color==color)
        {
            cnt++;
            fa[cnt]=(b[i].pos+fa[cnt-1])%mod;
            fb[cnt]=(b[i].num+fb[cnt-1])%mod;
            i++;
        }
        for(ll j=1;j<=cnt;j++)
        {
            ll t=j+tmp-1;
            ans=(ans+(cnt-1)*b[t].pos%mod*b[t].num%mod
                +((fb[cnt]-fb[j])*b[t].pos%mod
                +(fa[cnt]-fa[j])*b[t].num%mod)%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}