CSP-J历届真题总结

P2671 [NOIP 2015 普及组] 求和

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 \(number_i\)。

编号	1	2	3	4	5	6
颜色和数字	\(\color{blue}{5}\)	\(\color{blue}{5}\)	\(\color{red}{3}\)	\(\color{red}{2}\)	\(\color{blue}{2}\)	\(\color{red}{2}\)

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：

1. \(x,y,z\) 都是整数，\(x<y<z,y-x=z-y\)。

2. \(color_x=color_z\)。

满足上述条件的三元组的分数规定为 \((x+z) \times (number_x+number_z)\)。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。

输入格式

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 \(i\) 个数字表示纸带上编号为 \(i\) 格子上面写的数字 \(number_i\)。

第三行有 \(n\) 用空格隔开的正整数，第 \(i\) 数字表示纸带上编号为 \(i\) 格子染的颜色 \(color_i\)。

输出格式

一个整数，表示所求的纸带分数除以 \(10007\) 所得的余数。

输入输出样例 #1

输入 #1

6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1

输出 #1

82

输入输出样例 #2

输入 #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 #2

1388

说明/提示

样例 1 解释

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 \((1 + 5) \times (5 + 2) + (4 + 6) \times (2 + 2) = 42 + 40 = 82\)。

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，\(1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color_i ≤ m,1≤number_i≤100000\)。

题解

首先，我们可以观察到分数是只与\(x\)和\(z\)有关。
那么我们便可以忽略掉\(y\)
那么要求就从枚举三元组变为了枚举二元组且\(z-x\)不能被\(2\)整除
那就可以发现\(x,z\)的奇偶性相同
那么朴素的方法就是枚举\(x,z\)，
时间复杂度为\(O(n^2)\)，
无法通过这道题的所有数据。
那让我们再把目光看回到答案式子，
\((x+z)\times(number_x+number_z)\)
可以用乘法分配律将其拆开，
得\(x\times(number_x+number_z)+z\times(number_x+number_z)\)
那么显然可以维护颜色为\(i\)，奇偶性为\(j\)的\(number\)和\(sum_{i,j}\)，格子个数\(size_{i,j}\)
则那么对于每个格子\(x\)，对答案的贡献就是\(i \times (sum_{i,j}-number_i) + i \times number_i \times (size_{i,j}-1)\)
化简式子，得\(i \times sum_{i,j}+i \times (size_{i, j} - 2) \times number_i\)

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7, mod = 10007;
int n, m;
int color[N], number[N];
long long sum[N][2], sz[N][2], ans;
inline int read(){int sum = 0, f = 1;char c = getchar_unlocked();while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar_unlocked();}while(c >= '0' && c <= '9'){sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (c - 48);c = getchar_unlocked();}return sum * f;
}
int main(){n = read();m = read();for(int i = 1; i <= n; i++){number[i] = read() % mod;}for(int i = 1; i <= n; i++){color[i] = read();sum[color[i]][i & 1] = (sum[color[i]][i & 1] + number[i]) % mod;sz[color[i]][i & 1]++;}for(int i = 1; i <= n; i++){int c = color[i], op = i & 1;ans = (ans + i * sum[c][op] % mod + (sz[c][op] - 2) * i * number[i] % mod ) % mod;}printf("%lld\n", ans);return 0;
}
//最优解前10ヾ(≧▽≦*)o