【noip】noip201503求和（题解可能不完美，但绝对详细）

3. 求和

难度级别：B； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

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colori用[1，m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字numberi。

5		5	3	2	2	2
编号	1	2	3	4	5	6

 

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：

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)*(numberx+numberz)。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。

 

【输入输出样例1】

 

sum.in						sum.out
6	2					82
5	5	3	2	2	2
2	2	1	1	2	1

 

 

【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。

 

【输入输出样例2】

 

sum.in	sum.out
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	1388

 

【数据说明】

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 ≤ colori ≤ m，1≤ numberi ≤100000

输入

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numberi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colori表纸带上编号为i格子染的颜色。

输出

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。

样例输入

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

样例输出

82

 

数学不好的人就别往下看了（友情提示）。

 

 

 

 

 

 

这题一看就是数学问题。求彩带分数和的式子需要运用一点数学思维化简（化简成计算机能快速算出的）

比如说：

  设同奇偶且同一种颜色的每个格子中的格子编号为a,b,c,d,....，分数为aa,bb,cc,dd,...

  由于这些格子中要两两计算分数并相加，因此我们来看看能不能把这个数学计算化简下

   

    有两个格子满足条件时的分数和是

        (a+b)*(aa+bb)

     （=0*(a*aa+b*bb)+(a+b)*(aa+bb)）

    

    有三个格子满足条件时的分数和是

        (a+b)*(aa+bb)+(a+c)*(aa+cc)+(b+c)*(bb+cc)

       =a*aa+b*bb+c*cc+a*(aa+bb+cc)+b*(aa+bb+cc)+c*(aa+bb+cc) 【把上面那个式子的因式全都分解开，再合并一下，就能合成这样，没难度】

       =a*aa+b*bb+c*cc+(a+b+c)*(aa+bb+cc)

     （=1*(a*aa+b*bb+c*cc)+(a+b+c)*(aa+bb+cc)）

    

    有四个格子满足条件时的分数和是

        (a+b)*(aa+bb)+(a+c)*(aa+cc)+(a+d)*(aa+dd)+(b+c)*(bb+cc)+(b+d)*(bb+dd)+(c+d)*(cc+dd)

       =2*(a*aa+b*bb+c*cc+d*dd)+a*(aa+bb+cc+dd)+b*(aa+bb+cc+dd)+c*(aa+bb+cc+dd)+d*(aa+bb+cc+dd)

       =2*(a*aa+b*bb+c*cc+d*dd)+(a+b+c+d)*(aa+bb+cc+dd)

 

  相信接下来大家已经发现规律了：

 

      正常的像(a+b+c+...)*(aa+bb+cc+...)这样的因式的增项就不说了，主要是注意每多一个格子满足条件时，每个格子就多加一次自身的编号和数字（(?)*(a*aa+b*bb+...)

  因此用数（哲♂）学做法：

      设ci为格子颜色，j为0时表示这些三元组的x,z均为偶数，j为1时则均为奇数。

      设之前出现过的与之同奇偶p同颜色ci的格子数设为cnt[ci][p]，

      格子序号和color[ci][0][p]，格子数字和color[ci][1][p]，格子序号与数字之积之和为color[ci][2][p]。

      当所有格子（所有颜色的格子）满足条件时，分数和为

         for(i=1;i<=m;i++)

             for(j=0;j<=1;j++){

                 sum+=color[i][0][j]*color[i][1][j]+((cnt[i][j]-2)*color[i][2][j]);

                 sum%=10007;

}

#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 100005
using namespace std;
long long color[maxn][3][2],number[maxn],cnt[maxn][2],n,m,sum;
/*
之前出现过的与之同奇偶p同颜色ci的格子数设为cnt[ci][p]，
格子序号和color[ci][0][p]，格子数字和color[ci][1][p]，格子序号与数字之积之和为color[ci][2][p]
*/
int main(){
    int cor,i,j;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&number[i]);
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&cor);
        cnt[cor][i&1]++;
        (color[cor][0][i&1]+=i)%=10007;
        (color[cor][1][i&1]+=number[i])%=10007;
        (color[cor][2][i&1]+=number[i]*i)%10007;
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
        for(j=0;j<=1;j++){
            sum+=(color[i][0][j]*color[i][1][j])%10007+((cnt[i][j]-2)*color[i][2][j])%10007;
            sum%=10007;
        }
    printf("%lld\n",sum);
    system("pause");
    return 0;
}

　　我也查了网上别人的题解，我相信我这是最详细的了，因为我抠了一个多小时这题→_→