◆竞赛题目◆◇NOIP2015普及组◇求和

◇NOIP2015普及组◇求和

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Description
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：
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10007所得的余数即可。

Input
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。

Output
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。

Sample Input

输入样例#1：
6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1
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

Sample Output

输出样例#1： 
82
输出样例#2：
1388

【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 ， $1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color_i ≤ m，1≤number_i≤100000$。

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||题目解析||
从要求三元组的条件入手——移项得到 $x+z=2y$ ，由于 x、y、z 都是整数，所以 x与z 必须同奇同偶（同奇同偶才能使它们的和为偶数）。因为 $x<y<z$ ，所以只要 x、z 不越界，y 就一定不会越界。意思就是不用管 y 的值，那么我们就把原来的三元问题转换为了二元问题。正好，问题里的其他条件也只涉及 x 和 z ，那么我们的思路就是正解。
注意这是在同一种颜色中进行的，所以为了探寻其中规律，我们可以假设 集合A{$a_1,a_2,a_3,...,a_{n-1},a_n$} 为输入中某一同样颜色且同奇同偶的格子的编号，集合B{$b_1,b_2,b_3,...,b_{n-1},b_n$} 为输入中某一同样颜色且同奇同偶的格子标注的数字。即得与 $a_1$ 相关的项分数为：

$(a_1+a_2)(b_1+b_2)+(a_1+a_3)(b_1+b_3)+...+(a_1+a_n)(b_1+b_n)$
$=(n-1)a_1b_1+(a_1b_2+a_1b_3+...+a_1b_n)+(a_2b_1+a_3b_1+...+a_nb_1)+(a_2b_2+a_3b_3+...+a_nb_n)$
$=(n-1)a_1b_1+a_1(b_2+b_3+...+b_n)+b_1(a_2+a_3+...+b_n)+(a_2b_2+a_3b_3+...+a_nb_n)$

越写越像数论了……
再推，与 $a_2$ 相关的项分数为：

$(a_2+a_3)(b_2+b_3)+(a_2+a_4)(b_2+b_4)+...+(a_2+a_n)(b_2+b_n)$
$=(n-2)a_2b_2+(a_2b_3+a_2b_4+...a_2b_n)+(a_3b_2+a_4b_2+...a_nb_2)+(a_3b_3+a_4b_3+...+a_nb_n)$
$=(n-2)a_2b_2+a_2(b_3+b_4+...+b_n)+b_2(a_3+a_4+...+a_n)+(a_3b_3+a_4b_4+...+a_nb_n)$

与 $a_i$ 相关的长这样….

$(a_i+a_{i+1})(b_i+b_{i+1})+(a_i+a_{i+2})(b_i+b_{i+2})+...+(a_i+a_n)(b_i+b_n)$
$=(n-i-1)a_ib_i+(a_ib_{i+1}+a_ib_{i+2}+...+a_ib_n)+(a_{i+1}b_i+a_{i+2}b_i+...+a_nb_i)+(a_ib_i+a_{i+1}b_{i+1}+...+a_nb_n)$
$=(n-i-1)a_ib_i+a_i(b_{i+1}+b_{i+2}+...+b_n)+b_i(a_{i+1}+a_{i+2}+...+a_n)+(a_{i+1}b_{i+1}+a_{i+2}b_{i+2}+...+a_nb_n)$

整合一下，所有的分数应该是:

$(n−1)(a_1b_1+a_2b_2+...+a_{n−2}b_{n−2}+a_{n−1}b_{n−1}+a_nb_n)$
$+a_1(b_2+b_3+...+b_N)+a_2(b_3+b_4+...+b_n)+...+a_n−2(b_{n−1}+b_n)+a_{n-1}b_n$
$+a_2b_1+a_3(b_1+b_2)+...+a_{n−2}(b_1+b_2+...+b_{n−3})+a_{n−1}(b_1+b_2+...+b_{n-2})+a_n(b_1+b_2+...+b_{n−1})$

再合并一下下…

$(n−2)(a_1b_1+a_2b_2+...+a_{n−1}n_{n−1}+a_nb_n)+(a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_N)$

So…这么丑的通式何不用 “$\sum$” 来简化一下？

$(n-2)\sum_{i=1}^{n}(a_ib_i)+\sum_{i=1}^{n}a_i\sum_{i=1}^{n}b_i$

推理完了…（陷入数学的深渊 ~ ~o(>_<)o ~ ~ ）
（成功从数学转入编程…）
如何用程序实现这些公式？当然不能每一次都计算一遍它们的和！于是想到用屡试不爽的前缀和！
首先我们需要一个存结果的int数组(ans)，结合之前提到的按颜色和奇偶性分类，应这样定义：int ans[Max_m+5][2]，即ans[i][j] 表示颜色为 i 且奇偶性为 j (1为奇数，0为偶数)的数的和，同时需要一个对应ans的int数组len[i][j] 表示颜色为 i 且奇偶性为 j 的格子的个数。这两个数组都可以在读入颜色时算出来，别忘了取模。
最后定义一个int变量 Ans 存储答案。按照之前提到的通式求得Ans的值（最后水一下下）

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||程序样例||

/*Lucky_Glass*/
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read() //读入优化走起
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while('0'<=ch && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
const int Mod=10007;
int num[100005],color[100005],ans[100005][2],len[100005][2];
int main()
{
    int n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        num[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int Color=color[i]=read();
        ans[Color][i%2]+=num[i];
        len[Color][i%2]++;
        ans[Color][i%2]%=Mod;
        len[Color][i%2]%=Mod;
    }
    long long Ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        Ans+=(ans[color[i]][i%2]+(len[color[i]][i%2]-2)*num[i]%Mod)%Mod*i,Ans%=Mod;
    printf("%lld\n",Ans);
    return 0;
}

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The End

Thanks for reading!

-Lucky_Glass

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