【洛谷】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：

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

说明

【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)。

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

这是NOIP2015普及组的第3题。难度大概是：普及+/提高

解析：

才开始我想了一个70分的算法：

开一个结构体数组a，包括序号，number，color 3个元素，把a[]按第一关键字为color从小到大排序，第二关键字为序号从小到大排序。

然后找一段color相同的区间，双重循环穷举一个i和j，使得（a[i].xu+a[j].xu）%2 == 0就是一组满足条件的（x,y,z）  ~~（跟y没关系，至于为什么？呵呵，so easy,问SRF吧）

所以这样的时间复杂度为 O（n^2）还是会超时。

我的70分代码如下：

#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;
}

　　

后来我绞尽脑汁（众：唔……）想出了100分算法：

实际上，我们还可以在color相同的区间再分成2份：一份a[i].xu都是奇数，一份……都是偶数。

还是开两个新数组存奇数部分和偶数部分吧！（不妨设c[]和g[]  类型：还是那什么（……自己想吧，不然真的是纯题解了））

设Sum（k）表示k[]中的答案和。

则对于每部分color相同的区间。 ans = ans + Sum(c)+Sum(g)

***注意，前方高能预警，重点来啦***

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)

所以对这个多项式化简得：

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 可以预先算出来，这样就不会超时了。

时间复杂度O（n）

AK代码：

#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;
}