Luogu 2671 求和 NOIP2015T3

题目链接

题解

20pts

$O(n^3)$枚举$x,y,z$，根据题目要求判断

40pts

$O(n^2)$枚举$x,z$，需要满足$x,z$奇偶相同

20~40pts的代码我都没有写过...就不贴了

70~90pts

尝试对40pts的暴力进行优化

题目对三元组的两个限制我们在40pts的时候已经用来优化过了，还有一个限制是颜色相同

我们可以以颜色为关键字对数组进行排序，对每个数算答案的时候，只需要枚举相同颜色的这一段即可（因为三元组要求有序，所以要从$x+2$开始枚举）

这样的复杂度是$O(n*cnt_{col})$（这里的$cnt_{col}$为出现次数最多的颜色的出现次数）

使用$scanf$将会得到70pts

使用快读或$scanf+O2$将会得到80pts

使用快读+$O2$将会得到90pts

（$fread$在这里的效果和快读是差不多的，因为数只有$1e5$个）

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline

namespace io {

    #define in(a) a=read()
    #define out(a) write(a)
    #define outn(a) out(a),putchar('
')

    #define I_int int
    inline I_int read() {
        I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ;
        while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; }
        while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; }
        return x * f ;
    }
    char F[ 200 ] ;
    inline void write( I_int x ) {
        I_int tmp = x > 0 ? x : -x ;
        if( x < 0 ) putchar( '-' ) ;
        int cnt = 0 ;
        while( tmp > 0 ) {
            F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ;
            tmp /= 10 ;
        }
        while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ;
    }
    #undef I_int

}
using namespace io ;

using namespace std ;

#define N 100010
const int mod = 10007 ;

int n = read() , m = read() ;
struct node {
    int col , val , id ;
} a[ N ] ;

bool cmp( node a , node b ) {
    return a.col < b.col ;
}

int main() {
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].val = read() , a[ i ].id = i ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].col = read() ;
    sort( a + 1 , a + n + 1 , cmp ) ;
    int cur = 0 ;
    ll ans = 0 ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        ll sum = 0 ;
        for( cur = i + 1 ; a[ i ].col == a[ cur ].col && cur <= n ; cur ++ ) {
            if( ( a[ i ].id + a[ cur ].id ) % 2 == 0 ) 
                sum = ( sum + ( 1ll * ( a[ i ].id + a[ cur ].id ) % mod * 1ll * ( a[ i ].val + a[ cur ].val ) % mod ) % mod  ) % mod ;
        } 
        ans = ( ans + sum ) % mod ;
    }
    printf( "%lld
" , ( ans + mod ) % mod ) ;
    return 0 ;
}

100pts

考虑使用数学方法优化以上做法

我们现在有什么条件呢，列举一下

1.$x$和$z$的奇偶性相同且颜色相同

2.求和公式为$(x+z)(num_x+num_z)$

从求和公式入手，把括号拆掉，式子变成$x*num_x+x*num_z+z*num_x+z*num_z$

设$x1,x2,x3$的奇偶性相同且颜色相同（那么他们组成的二元组就等同于符合条件的三元组）

考虑$x1$对答案的贡献：

对于$(x1,x2)$，$x1$的贡献为$x1*num_{x1}+x1*num_{x2}$

对于$(x1,x3)$，$x1$的贡献为$x1*num_{x1}+x1*num_{x3}$

那么$x_1$对答案的贡献就是

$x1*(num_{x2}+num_{x3})+2*x1*num_{x1}$

然后多加入一个数$x4$也可以得到类似的贡献（多代几个也就看出来规律了）

推广到$x_n$结论也是一样的

结论：

设$s=sum num_{xi}$（这里的$xi$均满足条件1）$cnt=cnt_{col}$，$cnt_{col}$为当前颜色奇偶相同的数的个数

则$xi$对答案的贡献为$xi*(s-num_{xi})+(cnt-1)*xi*num_{xi}$（$cnt$要$-1$，因为$xi$不能和自己组成二元组）

所以将$s$和$cnt$统计出来就行了，注意要分奇偶统计

复杂度$O(n)$

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline
#define int long long

namespace io {

    #define in(a) a=read()
    #define out(a) write(a)
    #define outn(a) out(a),putchar('
')

    #define I_int int
    inline I_int read() {
        I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ;
        while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; }
        while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; }
        return x * f ;
    }
    char F[ 200 ] ;
    inline void write( I_int x ) {
        if( x == 0 ) { putchar( '0' ) ; return ; }
        I_int tmp = x > 0 ? x : -x ;
        if( x < 0 ) putchar( '-' ) ;
        int cnt = 0 ;
        while( tmp > 0 ) {
            F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ;
            tmp /= 10 ;
        }
        while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ;
    }
    #undef I_int

}
using namespace io ;

using namespace std ;

#define N 100010
const int mod = 10007 ;

int n , m ;
struct node {
    int col , val ;
} a[ N ] ;
int cnt[ N ][ 2 ] , sum[ N ][ 2 ] ;

signed main() {
    n = read() , m = read() ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].val = read() ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].col = read() ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        cnt[ a[ i ].col ][ i&1 ] ++ ;
        sum[ a[ i ].col ][ i&1 ] = ( sum[ a[ i ].col ][ i&1 ] + a[ i ].val ) % mod ;
    }
    ll ans = 0 ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        ll num = cnt[ a[ i ].col ][ i&1 ] , s = sum[ a[ i ].col ][ i&1 ] ;
        ans = ( ans + ( i*(s-a[i].val) + (num-1)*a[i].val*i ) % mod ) % mod ;
    }
    printf( "%lld
" , ans % mod ) ;
    return 0 ;
}