NOIP 2015普及组 求和

题目：：

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：

一条狭长的纸带被均匀划分出了nn个格子，格子编号从11到nn。每个格子上都染了一种颜色color\_icolor_i用[1,m][1,m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字number\_inumber_i。

定义一种特殊的三元组：(x,y,z)(x,y,z)，其中x,y,zx,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. xyzxyz是整数,x<y<z,y-x=z-yx<y<z,y−x=z−y

2. colorx=colorzcolorx=colorz

满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z) imes (number\_x+number\_z)(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10,00710,007所得的余数即可。

输入格式

第一行是用一个空格隔开的两个正整数nn和m,nm,n表纸带上格子的个数，mm表纸带上颜色的种类数。

第二行有nn用空格隔开的正整数，第ii数字numbernumber表纸带上编号为ii格子上面写的数字。

第三行有nn用空格隔开的正整数，第ii数字colorcolor表纸带上编号为ii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1000710007所得的余数。

输入输出样例

输入 #1复制

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

输出 #1复制

82

输入 #2复制

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 #2复制

1388

说明/提示

【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)(1,3,5),(4,5,6)。

所以纸带的分数为(1 + 5) imes (5 + 2) + (4 + 6) imes (2 + 2) = 42 + 40 = 82(1+5)×(5+2)+(4+6)×(2+2)=42+40=82。

对于第 11 组至第 22 组数据， 1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 51≤n≤100,1≤m≤5；

对于第33 组至第 44 组数据， 1 ≤ n ≤ 3000, 1 ≤ m ≤ 1001≤n≤3000,1≤m≤100；

对于第 55 组至第66组数据， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 1000001≤n≤100000,1≤m≤100000，且不存在出现次数超过2020的颜色；

对 于 全 部 1010 组 数 据 ， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color\_i ≤ m,1≤number\_i≤1000001≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤color_i≤m,1≤number_i≤100000

分析：：

           1）直接枚举   x,y,z 复杂度n^3,必定超时

            2）通过题意不难发现 2*y=x+z；很明显 有 x ，z 同奇偶关系，然后直接枚举x，z 复杂度n^2 也会TLE；

            3）比较好的思想我们可以采用分组，先颜色分组再奇偶分组

推理：：

不妨假设一组中有k个数，(记录的是初始位置)x[1],x[2],x[3].......x[k];（number）y[1],y[2],y[3]....y[k];

答案=(x[1]+x[2])*(y[1]+y[2])+(x[1]+x[3])*(y[1]+y[3])+(x[1]+x[4])*(y[1]+y[4])+.......+(x[1]+x[k])*(y[1]+y[k])

+(x[2]+x[3])*(y[2]+y[3])+(x[2]+x[4])*(y[2]+y[4])+......+(x[2]+x[k])*(y[2]+y[k])

.......

+(x[k-1]+x[k])*(y[k-1]+y[k]);

整理合并=（不会就注意我加粗地方）

x[1]*(y[1]+y[2]+y[1]+y[3]+y[1]+y[4]+....+y[1]+y[k])

+x[2]*(y[1]+y[2]+y[2]+y[3]+y[2]+y[4]+....y[2]+y[k])

.............

+x[k]*(y[1]+y[k]+y[2]+y[k]+...y[k-1]+y[k])

=x[k]*(y[k]*(n-2)+y[1]+y[2]+y[3]+.....y[k]);

我们可以预先求出y[1]+...y[k],然后直接带入求和即可，复杂度n

千万记得  %10007

详细见代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=10007;
const int maxn=1e5+5;
int ma[maxn];//记录number
int mb[maxn];//记录颜色
int a[maxn][2];//统计分组后的个数
int sum[maxn][2];//y[1]->y[k]的和
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&ma[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&mb[i]);
        a[mb[i]][i&1]++;
        sum[mb[i]][i&1]=(sum[mb[i]][i&1]+ma[i])%MOD;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=(ans+i*((a[mb[i]][i&1]-2)*ma[i]%MOD+sum[mb[i]][i&1]))%MOD;//应用总结出来的式子
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

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