2015年 NOIP普及组 复赛 标程 3.求和

3. 求和
   题目描述

一条狭长的纸带被均匀划分出了nn个格子，格子编号从11到nn。每个格子上都染了一种颜色color_icolor_i用[1,m][1,m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字number_inumber_i。

定义一种特殊的三元组：(x,y,z)(x,y,z)，其中x,y,zx,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：

xyzxyz是整数,x<y<z,y-x=z-yx<y<z,y−x=z−y
colorx=colorzcolorx=colorz
满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z) \times (number_x+number_z)(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10,00710,007所得的余数即可。

输入输出格式

输入格式：
第一行是用一个空格隔开的两个正整数nn和m,nm,n表纸带上格子的个数，mm表纸带上颜色的种类数。

第二行有nn用空格隔开的正整数，第ii数字numbernumber表纸带上编号为ii格子上面写的数字。

第三行有nn用空格隔开的正整数，第ii数字colorcolor表纸带上编号为ii格子染的颜色。

输出格式：
一个整数，表示所求的纸带分数除以1000710007所得的余数。

输入输出样例

输入样例#1: |输出样例#1:
6 2 | 82
5 5 3 2 2 2 |
2 2 1 1 2 1 |

输入样例#2: |输出样例#2:
15 4 |1388
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 |

说明

【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)(1,3,5),(4,5,6)。

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

对于第 11 组至第 22 组数据， 1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 51≤n≤100,1≤m≤5；

对于第 33 组至第 44 组数据， 1 ≤ n ≤ 3000, 1 ≤ m ≤ 1001≤n≤3000,1≤m≤100；

对于第 55 组至第 6 6组数据， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 1000001≤n≤100000,1≤m≤100000，且不存在出现次数超过 20 20的颜色；

对 于 全 部 1010 组 数 据 ， 1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color_i ≤ m,1≤number_i≤1000001≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤color_i≤m,1≤number_i≤100000

思路：
暴力枚举洛谷上可以拿20分，用奇偶数枚举可以拿40分，枚举颜色可以AC

附上代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s[100005][2],sum[100005][2],color[100005],number[100005];
int n,m,ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&number[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&color[i]);
        s[color[i]][i%2]++;
        sum[color[i]][i%2]=(sum[color[i]][i%2]+number[i])%10007;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans+i*((s[color[i]][i%2]-2)*number[i]%10007+sum[color[i]][i%2]))%10007;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}