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最新推荐文章于 2025-01-06 17:49:15 发布

YihAN_Z

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本文介绍了一种优化组合问题的高效算法，通过统计编号和、数量值之和与编号与数量值乘积之和，实现时间复杂度从O(n^2)降低到O(n)，解决了大规模数据集下的组合问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

这里写图片描述

通过暴力枚举每一个三元组时间复杂度 $O(n^2)$ ,期望得分60.
$n<=100000$ ,要考虑怎么把时间复杂度降下来.
计 $num[x]$ 为 $N(x)$ .三元组的分数计算公式为 $(x+z)( N(x)+N(z) )$
可以发现,一个三元组的得分与中间项无关,另两项应满足颜色相同且同奇偶(即满足 $(x+z) mod2==0$ ),所以把同颜色,同奇偶的项放到一起,这样在循环计算时就不必要判断得分的合法性.
可是这样做还是不能减少循环,计算过程中,一个纸片的得分被计算了多次,能不能把前面算过的合并成一个呢？
对于两个同色同奇偶的纸片x,y, y与x的得分为
$(x+y)*(N(x)+N(y))=x*N(x)+y*N(y)+x*N(y)+y*N(x)$
对于三个同色同奇偶的纸片x,y,z, z与x,y的得分为
$(x+z)*(N(x)+N(z))+ (y+z)*(N(y)+N(z))$
$=x*N(x)+y*N(y)+2*z*N(z)+(x+y)*N(z)+(N(x)+N(y))*z$
可以发现,对于已经计算完的纸片,可以统计编号和、num值之和与编号与num值乘积之和,每次计算将他们加到答案中,可以省掉一层循环.时间复杂度降为 $O(n)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
#define N 100005
using namespace std;
const int mod=10007;
long long num[N],top1[N],top2[N],d[N];
vector<int> a[N];
vector<int> b[N];
long long ans;
int main(){
    //freopen("sum.in","r",stdin); freopen("sum.out","w",stdout);
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&num[i]),d[i]=i*num[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        if(i&1) a[x].push_back(i),top1[x]++;
        else b[x].push_back(i),top2[x]++;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        long long x,y,z;
        if(top1[i]>0) x=d[a[i][0]],y=a[i][0],z=num[y];
        for(int t=1;t<top1[i];t++){
            int j=a[i][t];
            ans=(ans+x+(long long)y*num[j]+z*j+t*d[j])%mod;
            x=(x+d[j])%mod; y=(y+j)%mod; z=(z+num[j])%mod;
        }
        if(top2[i]>0) x=d[b[i][0]],y=b[i][0],z=num[y];
        for(int t=1;t<top2[i];t++){
            long long j=b[i][t];
            ans=(ans+x+(long long)y*num[j]+z*j+t*d[j])%mod;
            x=(x+d[j])%mod; y=(y+j)%mod; z=(z+num[j])%mod;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}