[NOIP 2015] 求和_子矩阵求和-noip2015-优快云博客

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这篇博客详细解析了NOIP 2015中关于求和的问题，从20分的基础思路到100分的优化算法。文章介绍了如何从O(n³)的朴素算法逐步优化到O(n)，并提供了关键的数学转化和代码实现，适合编程竞赛爱好者和初学者学习。

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[NOIP 2015] 求和

题目：洛谷P2671
难度：普及+/提高
20分(入门):
读题我们很自然就能想到一个O(n³）的算法：
枚举x,y,z，判断x,y,z组成的三元组是否合法，合法则
将其分数计入答案。
40分(入门)：
原题中有这么一个式子

x<y<z,y−x=z−y

化简一下得到

y=(x+z)/2

很显然我们可以通过枚举x与z得到y，再来判断是否合法，这样我们可以将算法优化至O(n²）。
60分(普及-)：

对于第5组至第6组测试数据，1≤n≤100000,1≤m≤100000,且不存在出现次数超过20的颜色

题目中的三元组有两个条件,第二个条件为

color_x=color_z

这说明虽然至多有100000个格子，至多有100000种颜色，但是由于格子x只会和一个与其颜色相同的格子z，外加一个可以计算出来的格子y结合成为三元组，所以一个格子作为x或z至多只能组成20个三元组。
由此我们可以对格子以颜色进行排序，从头开始枚举格子x，在与其相同颜色的范围内枚举格子z，并根据编号来求出y，判断是否合法。
这样可以使我们通过第5组和第6组数据。
Code:

//码风略丑
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int m,n;
long long ans;//不开long long 见祖宗
const int p=10007;
struct node{
	int num,color,n;
}a[100010];
node b[100010];
int cmp(node a,node b){
	return a.color<b.color;
}
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		a[i].n=b[i].n=i;
		scanf("%d",&a[i].num);b[i].num=a[i].num;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i].color);
		b[i].color=a[i].color;
	}
	sort(b+1,b+1+n,cmp);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		for (int j=i+1;b[j].color==b[i].color;j++){
			if (ceil((b[j].n+b[i].n)/2.0)==floor((b[j].n+b[i].n)/2.0)){
				ans=(ans+((((b[j].n+b[i].n)%p)*((b[i].num+b[j].num)%p))%p))%p;
				ans%=p;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

100分(普及+/提高):
充分利用了第2个条件，我们的目光需要再回到第1个条件

y-x=z-y

移项得

x+z=2y

通过这个式子我们可以发现，等式右边的2y一定是偶数，所以x+z也一定是偶数，这就说明了x与z一定是同为奇数或同为偶数
既然如此我们可以继续划分，在根据颜色划分的m组上根据奇偶划分出2m组，使每组的颜色与奇偶相同。
由分数规定

三元组的分数为（x+z)*(number_x+number_z)

可以得到，当一组内有k个格子,编号依次为x₁,x₂,x₃……x_k，数字依次为y₁,y₂,y₃……y_k时,该组对答案的总贡献为

（x₁+x₂)(y₁+y₂)+(x₁+x₃)(y₁+y₃)+……+(x₁+x_k)(y₁+y_k)+(x₂+x₃)(y₂+y₃)+(x₂+x₄)(y₂+y₄)+(x₂+x₅)(y₂+y₅)+……+(x₂+x_k)(y₂+y_k)+……+(x_k-1+x_k)(y_k-1+y_k)

将其展开，得到

x₁y₁+x₁y₂+x₂y₁+x₂y₂+x₁y₁+x₁y₃+x₃y₃+……+x₁y₁+x_ky_k+x₂y₂+x₂y₃+x₃y₂+x₃y₃+x₂y₂+x₂y₄+x₄y₂+x₄y₄+……+x₂y₂+x₂y_k+x_ky₂+x_ky_k+……+x_k-1y_k-1+x_k-1y_k+x_ky_k-1+x_ky_k

似乎看起来很麻烦，没办法，只能继续化简，得到

x₁(y₁+y₂+y₁+y₃+y₁+y₄+……+y₁+y_k)+x₂(y₁+y₂+y₂+y₃+y₂+y₄+……+y₂+y_k)+……+x_k(y₁+y_k+y₂+y_k+……+y_k-1+y_k)

嗯？似乎还有可以提取的项，观察后，不难得到

x₁[y₁(k-2)+(y₁+y₂+y₃+……+y_k)]+x₂[y₂(k-2)+(y₁+y₂+y₃+……+y_k)]+……+x_k[y_k(k-2)+(y₁+y₂+y3+……+y_k)]

以上式子强烈建议自己推一遍

至此柳暗花明，各个x与y都是已知的，k可以在读入时统计出，y₁+y₂+y₃+……+y_k可以在读入时预处理得到。经过以上处理，我们根据这个式子可以很轻松的得到某个格子对答案的贡献，即i*[number_i*(k-2)+与格子i所有相同颜色相同奇偶的格子的数字和]（推的式子是整组对答案的贡献和，并不是单个格子对答案的贡献）。
时间复杂度降至O(n)。
Code:

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int m,n;
long long ans;
const int p=10007;
struct node{
	int num,color,n;
}a[100010];
long long sum[100010][3];//统计相同颜色相同奇偶的格子的数字和
long long cnt[100010][3];//统计k
inline int Read(){
    int res=0,ch,flag=0;
    if((ch=getchar())=='-')
        flag=1;
    else if(ch>='0'&&ch<='9')
        res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+ch-'0';
    return flag?-res:res;
}
inline void Write(int a){
    if(a>9)
        Write(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
int main(){
	n=Read();m=Read();
	for (int i=1;i<=n;i++){
		a[i].num=Read();
		a[i].n=i;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
		a[i].color=Read();
		sum[a[i].color][i%2]=sum[a[i].color][i%2]%p+a[i].num%p;
		sum[a[i].color][i%2]%=p;
		cnt[a[i].color][i%2]++;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
		if (cnt[a[i].color][i%2]>1){
			ans=ans%p+i%p*(a[i].num%p*(cnt[a[i].color][i%2]-2%p)+sum[a[i].color][i%2]%p)%p;//套用推的式子
			ans%=p;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}