2015NOIP普及组第四题求和满分解法
经过两年再写这道题，还是能感到水平的提升的（你一直都很弱好吗）
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：
- xyz是整数,x
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数字number表纸带上编号为i格子上面写的数字。
第三行有n用空格隔开的正整数，第i数字color表纸带上编号为i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。
输入输出样例
输入样例#1：
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6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1输出样例#1：
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82
输入样例#2：
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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输出样例#2：
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1388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)。
所以纸带的分数为(1 + 5)(5 + 2) + (4 + 6)(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
来源：洛谷
解法
主要记录我的思考过程，想看正解直接向下翻。
由题可知Y是X和Z的中位数，所以2Y=X+Z，于是我就想暴力Y，然后穷尽X，再通过Y退出Z，但是这样做是N^2的，N的数据范围是10的五次方，所以不行。
再仔细想一想，把题目中的那个求和公式拆开，就能得到新的信息，（设X为A，Z为B，number_x为C，number_z为D）每一组的分数为AC+AD+BC+BD，那也就是说，与A一组的所有数是可以通过结合律累加的，以此类推，于是我们就要找出与A相同的所有数，其实就是分类。
我是这样分的，按颜色分类，再按序号的奇数和偶数分，因为一组的X和Z要不都是奇数，要不都是偶数，再把他们都丢到同一个颜色里，就不需要检验了。可是分下来暴力计算还是N^2的，如何变成N呢，就要用到刚才的东西了。
我们拿一组相同颜色的，都是奇数的四个数来举例。加入将这一组所有的式子全部拆开来，如下，可以得到公式，就能在O(N)的时间内搞定了。（线表示相乘关系）可以发现，每一个序号与下方每一个num都乘了一遍，并且与自己多成了总数-2遍（因为和其他每一个序号（总数-1个）组合的时候都与自己乘了一遍，除去算作总数的一遍，还剩总数-2个），就按照这个算就行了。
程序
激动人心
//库省略
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pai pair<int,pii>
using namespace std;
const int maxn=100005,modn=10007;
int n,m;
ll ans;
int col[maxn],num[maxn],sum1[maxn],sum2[maxn];
vector<int> colv1[maxn],colv2[maxn];
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",num+i);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",col+i);
if(i%2)
{
colv1[col[i]].pb(i);
sum1[col[i]]+=num[i];
sum1[col[i]]=sum1[col[i]]%modn;
}
else
{
colv2[col[i]].pb(i);
sum2[col[i]]+=num[i];
sum2[col[i]]=sum2[col[i]]%modn;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int k=i;
if(colv1[k].size()>=2)
{
ll sum=0,siz=colv1[k].size()-2;
for(int j=0;j<colv1[k].size();j++)
{
int now=colv1[k][j];
sum+=now*sum1[k];
sum=sum%modn;
sum+=now*siz*num[now];
sum=sum%modn;
}
ans+=sum;
ans=ans%modn;
}
if(colv2[k].size()>=2)
{
ll sum=0,siz=colv2[k].size()-2;
for(int j=0;j<colv2[k].size();j++)
{
int now=colv2[k][j];
sum+=now*sum2[k];
sum=sum%modn;
sum+=now*siz*num[now];
sum=sum%modn;
}
ans+=sum;
ans=ans%modn;
}
}
ans=ans%modn;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
