\(AcWing\) \(463\). 求和

一、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 \(number_i\)。

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：

• \(x,y,z\) 都是整数, \(x<y<z,y−x=z−y\)
• \(color_x=color_z\)

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 \(10,007\) 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 \(m\)，\(n\) 代表纸带上格子的个数，\(m\) 代表纸带上颜色的种类数。

第二行有 \(n\) 个用空格隔开的正整数，第 \(i\) 个数字 \(number_i\) 代表纸带上编号为 \(i\) 的格子上面写的数字。

第三行有 \(n\) 个用空格隔开的正整数，第 \(i\) 个数字 \(color_i\) 代表纸带上编号为 \(i\) 的格子染的颜色。

输出格式
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。

数据范围
\(1≤n,m≤10^5,1≤number_i≤10^5\),
\(1≤color_i≤m\)

输入样例：

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

输出样例：

82

二、暴力枚举

\(40\)分 \(O(n^2)\)

三元组：\((x, y, z)\)要求满足以下两个条件：

• \(x,y,z\) 都是整数, \(x<y<z,y−x=z−y\)
• \(color_x=color_z\) 那么：\(x+z=2y\)。由此可以枚举\(x\)和\(y\)的值，如果颜色相同，累加分值即可。

时间复杂度
\(O(n^2)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100010, mod = 10007;

int a[N], color[N];

int main() {
    int n, m; // 纸带上格子的个数,纸带上颜色的种类数
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];     // 纸带上编号为 i 的格子上面写的数字
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> color[i]; // 纸带上编号为 i 的格子染的颜色

    int res = 0;
    for (int x = 1; x <= n; x++) {
        for (int y = x + 1; 2 * y - x <= n; y++) { // 因为y>=x+1,并且z<=n
            int z = 2 * y - x;
            if (color[x] == color[z]) // 如果color[x]=color[z]
                res = (res + (2 * y) % mod * (a[x] + a[z]) % mod) % mod;
        }
    }
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}

三、优化

读题，我们发现完全可以暴力\(O(n^{3})\)

那这必然过不了

观察题目，对式一进行移项，发现\(x+z=2y\)

于是我们便可以枚举\(x,z\)或\(y\)

当然这个复杂度也是过不了的

做到这个地步，我们似乎基本没有用到颜色

于是我们便可以向颜色上靠，可以利用 分组 的思想，将同一颜色分成一组，又根据\(x+z=2y\)

可以 把相同颜色的分为奇偶两组

\(Q\):怎么得出最后答案呢?

我们可以对分数的计算：\((x+z)*(number_{x}+number_{z})\) 进行一定的处理(数学变形)

• 设\(c[i]\)为第\(i\)个格子的颜色
• \(cnt[c[i]][i\%2]\)为颜色为\(c[i]\)的两个奇偶分组中数字个数

设\(x_i\)为下标，\(w_i\)为值

\(ans=(x_1+x_2)(w_1+w_2)+(x_1+x_3)(w_1+w_3)+…+(x_1+x_n)(w_1+w_n) \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +(x_2+x_3)(w_2+w_3)+(x_2+x_4)(w_2+w_4)+…+(x_2+x_n)(w_2+w_n)\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +(x_3+x_4)(w_3+w_4)+…+(x_3+x_n)(w_3+w_n)\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +… \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +(x_{n−1}+x_n)(w_{n−1}+w_n)\)

将有关\(x_1\)的式子 提出来找规律

\((x_1+x_2)*(w_1+w_2) +(x_1+x_3)*(w_1+w_3)...+ (x_1+x_n)*(w_1+w_n)\)

注：共\(n-1\)项

乘出来
\(x_1 * w_1 + x_1 * w_2 +x_2 * w_1+x_2 * w_2+ \\ x_1 * w_1 + x_1 * w_3 +x_3 * w_1+x_3 * w_3+ \\ ... \\ +x_1 * w_1+ x_1*w_n+x_n*w_1+x_n*w_n\)

将有关\(x_1\)的式子提出来

\(x_1*w_1+x_1*w_2+...+x_1*w_1+x_1*w_n\)

\(=(n-1)*x_1*w_1+x_1*(w_2+w_3+...+w_n)\)

将这个式子
\(+x_1*w_1-x_1*w_1\)
得

\(\displaystyle \ \ \ \ \ \ (n-2)*x_1*w_1+x_1*(w_1+w_2+w_3+...+w_n) \\ = x_1*((n-2)*w_1+(w_1+w_2+w_3+...+w_n)) \\ = x_1*[(n-2)*w_1+\sum_{i=1}^nw_i]\)

显然\(\displaystyle \sum_{i=1}^nw_i\)可以预处理出来。
这个 \(n-2\)是什么呢？\(n\)应该是该分组中数字的总个数,这个也可以预处理出来~

\(Code\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100010, mod = 10007;

int w[N]; // 第i个格子的数字
int c[N]; // 第i个格子的颜色
int s[N][2];
// s[i][0]:颜色为i、编号为偶数格子上数字的和
// s[i][1]:颜色为i、编号为奇数格子上数字的和

int cnt[N][2];
// cnt[i][0]:颜色为i、编号为偶数格子的个数
// cnt[i][1]:颜色为i、编号为奇数格子的个数

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i]; // 第i个格子的数字
    // 预处理
    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历每个格子
        cin >> c[i];               // 格子颜色c[i]
        /*
        装入不同的组中,组划分是两个规则：
        ① 颜色必须相同
        ② 奇偶性必须相同
        所以，c[i]相同的放到同一个颜色组内，并且，在同一个颜色组内，奇偶数还必须相同。

        s[][]:随着i的不断向后遍历，s中记录了相同颜色，相同奇偶性的格子，数字的累加和
        cnt[][]:记录每个分组中的格子个数
        */
        s[c[i]][i % 2] = (s[c[i]][i % 2] + w[i]) % mod; // 累加分组内数字和
        cnt[c[i]][i % 2]++;                             // 维护分组内格子个数
    }

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) // 枚举每个格子
        /*
        Q:这个格子在哪个分组里呢？
        答：
        (1) c[i] : 按颜色划分
        (2) i % 2 : 按奇偶性划分

        Q:这个分组中格子的数量是多少呢？
        答： cnt[c[i]][i % 2]

        */
        ans = (ans + i * ((cnt[c[i]][i % 2] - 2) * w[i] % mod + s[c[i]][i % 2])) % mod;

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}