NOIP2015普及组★求和★数学

题目

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几个条件：

• x,y,z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

第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m，n表示纸带上格子的个数，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表示纸带上编号为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表示纸带上编号为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。

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

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

数据规模

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

思路

概述

看到这道题，我不由自主地想到了2016年的魔法阵= =
它的条件肯定是有心机的，所以一条一条地看：

• x,y,z是整数
  这个没什么好说的。
• x < y < z
  这个也没什么好说的。
• y-x = z-y
  移项，得$z+x=2y$，
  $2y$为偶数，$z+x$等于一个偶数，$z$和$x$又都为整数，说明$x$和$z$同奇同偶。
• color_x=color_z
  $x$和$z$颜色一样。

好像并没有分析出什么，还发现y没有什么用……

但是，对于1-N所有的编号，只要这个编号满足这样的条件，都可以作为一个三元组，所以完全可以把满足上述条件的编号存在一起（暂且先存编号，接下来的推导会让你发现不需要存编号），即是把同奇偶，同颜色的存在一起。

至于y，直接扔掉。

别忘了还有传说中分数的计算方式：

• $(x+z)\times (number_x+number_z)$

把$number_x$简写为$n_x$，果断拆开它：
$x·n_x+x·n_z+z·n_x+z·n_z$

推导

几个好像看不出什么规律，我们可以多写几个：
设$N$个编号$a_1,a_2,...,a_N$，满足颜色全部相同，且同为奇或偶，
则总分数为：
$(a_1+a_2)(n_1+n_2)+(a_1+a_3)(n_1+n_3)+(a_1+a_4)(n_1+n_4)+...+(a_1+a_N)(n_1+n_N)+$
$(a_2+a_3)(n_2+n_3)+(a_2+a_4)(n_2+n_4)+(a_2+a_5)(n_2+n_5)+...+(a_2+a_N)(n_2+n_N)+$
$(a_3+a_4)(n_3+n_4)+(a_3+a_5)(n_3+n_5)+(a_3+a_6)(n_3+n_6)...+(a_3+a_N)(n_3+n_N)+$
$......+$
$(a_{N-2}+a_{N-1})(n_{N-2}+n_{N-1})+(a_{N-2}+a_N)(n_{N-2}+n_N)+$
$(a_{N-1}+a_N)(n_{N-1}+n_N)$

拆开并化简一些得：
$(N-1)a_1n_1+(N-2)a_2n_2+...+2a_{N-2}n_{N-2}+a_{N-1}n_{N-1}+$
$a_1(n_2+n_3+...+n_N)+a_2(n_3+n_4+...+n_N)+...+a_{N-2}(n_{N-1}+n_N)+a_{N-1}n_N+$
$n_1(a_2+a_3+...+a_N)+n_2(a_3+a_4+...+a_N)+...+n_{N-2}(a_{N-1}+a_N)+n_{N-1}a_N+$
$a_2n_2+2a_3n_3+...+(N-3)a_{N-2}n_{N-2}+(N-2)a_{N-1}n_{N-1}+(N-1)a_Nn_N$
这是将每个2次式拆开，然后合并之前$x·n_x+x·n_z+z·n_x+z·n_z$中相同位置的项后得到的，例如第一行为所有的$x·n_x$这一项合并后得到的。

将第1行和第4行合并得：
$(N-1)a_1n_1+(N-1)a_2n_2+...+(N-1)a_{N-2}n_{N-2}+(N-1)a_{N-1}n_{N-1}+(N-1)a_Nn_N+$
$a_1(n_2+n_3+...+n_N)+a_2(n_3+n_4+...+n_N)+...+a_{N-2}(n_{N-1}+n_N)+a_{N-1}n_N+$
$n_1(a_2+a_3+...+a_N)+n_2(a_3+a_4+...+a_N)+...+n_{N-2}(a_{N-1}+a_N)+n_{N-1}a_N$

继续：
$(N-1)(a_1n_1+a_2n_2+...+a_{N-2}n_{N-2}+a_{N-1}n_{N-1}+a_Nn_N)+$
$a_1(n_2+n_3+...+n_N)+a_2(n_3+n_4+...+n_N)+...+a_{N-2}(n_{N-1}+n_N)+a_{N-1}n_N+$
$n_1(a_2+a_3+...+a_N)+n_2(a_3+a_4+...+a_N)+...+n_{N-2}(a_{N-1}+a_N)+n_{N-1}a_N$

事实上，最后一行换一种合并方式，提$a$而不提$n$，得：
$(N-1)(a_1n_1+a_2n_2+...+a_{N-2}n_{N-2}+a_{N-1}n_{N-1}+a_Nn_N)+$
$a_1(n_2+n_3+...+n_N)+a_2(n_3+n_4+...+n_N)+...+a_{N-2}(n_{N-1}+n_N)+a_{N-1}n_N+$
$a_2n_1+a_3(n_1+n_2)+...+a_{N-2}(n_1+n_2+...+n_N-3)+a_{N-1}(n_1+n_2+...+n_N-2)+a_N(n_1+n_2+...+n_N-1)$

于是，2、3行便可以合并了：
$(N-1)(a_1n_1+a_2n_2+...+a_{N-2}n_{N-2}+a_{N-1}n_{N-1}+a_Nn_N)+$
$a_1(n_2+n_3+...+n_N)+a_2(n_1+n_3+n_4+...+n_N)+...+a_{N-1}(n_1+n_2+...+n_N-2+n_N)+a_N(n_1+n_2+...+n_N-1)$

发现第二行中的第$i$项中少一个$a_in_i$，于是可以把这些$a_in_i$放到第一行中，继续化简：
$(N-2)(a_1n_1+a_2n_2+...+a_{N-1}n_{N-1}+a_Nn_N)+(a_1+a_2+...+a_N)(n_1+n_2+...+n_N)$

用$\sum$来简化一下：
$(N-2)\sum(a_in_i)+\sum a_i\sum n_i$

可能看上去十分繁琐，但是也不算太难，为了更容易看懂，我写得很详细（一中午的大好光阴，就消逝在这这些数学符号之中……）

优化

但是，储存每个$\sum$似乎不大好，我们可以优化一下储存方式：
$f[i][0]$表示颜色为$i$，编号为偶数的格子的$num$之和
$f[i][1]$表示颜色为$i$，编号为奇数的格子的$num$之和
$n[i][0]$表示颜色为$i$，编号为偶数的格子数量
$n[i][1]$表示颜色为$i$，编号为奇数的格子数量
$c[i]$表示格子$i$的颜色
$N[i]$表示格子$i$上的数字

$(N-2)(a_1n_1+a_2n_2+...+a_{N-1}n_{N-1}+a_Nn_N)+(a_1+a_2+...+a_N)(n_1+n_2+...+n_N)$变一下：

枚举编号$i$：
$(N-2)\sum (i*N[i])+\sum (i·f[n[i][i\%2]][i\%2])$
提一个$i$：
$\sum (i*((N-2)*N[i]+f[n[i][i\%2]][i\%2]))$

完了~
记得随时mod哦~

代码

#include<cstdio>
int read()
{
    int x=0,f=1;char s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
    while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
    return x*f;
}
#define MAXN 100000
#define MAXM 100000
#define MOD 10007
int N,ans;
int f[MAXM+5][2],n[MAXM+5][2];
int Number[MAXN+5],Color[MAXN+5];
int main()
{
    N=read();
    read();
    for(int i=1;i<=N;i++)
        Number[i]=read()%MOD;
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        Color[i]=read();
        f[Color[i]][i&1]=(f[Color[i]][i&1]+Number[i])%MOD;
        n[Color[i]][i&1]++;
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        ans=(ans+(((n[Color[i]][i&1]-2)%MOD*Number[i]%MOD+f[Color[i]][i&1])%MOD)*(i%MOD)%MOD)%MOD;
    printf("%d",ans);
}