P2671 求和 题解

这道题有一点数学的味道，思路想清楚，代码其实并不难写。

由题意，满足条件的三元组 \((x,y,z)\) 必须满足 \(y-x=z-y\) ，变形可得 \(x+z=2y\) ，又因为 \(x,y,z\) 都是整数，所以 \(x,z\) 同奇偶。又因为 \(color_x=color_z\) ，统计答案时也只需要 \(x,z\) ，所以其实最后和 \(y\) 没什么关系。

考虑到 \(color_x=color_z\) 并且 \(x,z\) 同奇偶，所以我们可以先将同一种颜色的格子归类（注意在存储 \(number\) 和 \(color\) 时，不要忘记存下原本的编号，我使用 \(under\) 表示），然后按照奇偶归类，最后统计答案。

如何统计答案呢？接下来是数学推导。

设最后归类之后，颜色相同且奇偶性相同的格子编号分别为 \(a_1,a_2,...,a_n\)， \(number\) 为 \(b_1,b_2,...,b_n\) （ \(N > 1\)），令答案为 \(S\) ，有：

\(S=(a_1+a_2)(b_1+b_2)+(a_1+a_3)(b_1+b_3)+...+(a1+a_n)(b_1+b_n)+(a_2+a_3)(b_2+b_3)+...+(a_2+a_n)(b_2+b_n)+...+(a_{n-1}+a_n)(b_{n-1}+b_n)\)

\(=\sum\limits_{i=1}^{n-1}a_ib_i+a_1\sum\limits_{i=1}^nb_i-a_1b_1+a_2\sum\limits_{i=1}^nb_i-a_2b_2+...+a_n\sum\limits_{i=1}^nb_i-a_nb_n\)

\(=\sum\limits_{i=1}^{n-2}a_ib_i+\sum\limits_{i=1}^na_i\times\sum\limits_{i=1}^nb_i\)（如果以上几步不能理解，建议手动推导一遍或者是取特殊值找规律）

• N=1时， \(S=-a_1b_1+a_1b_1=0\) ，不会有影响。

这就好办了！分类完之后，统计这些答案我们可以直接 \(O(n)\) 扫一遍即可。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=100000+10,P=10007;
typedef long long LL;
LL n,m,ji[MAXN],ou[MAXN],ans; 
struct node
{
 LL number,color,under;
}a[MAXN];//结构体存储 
bool cmp(const node &fir,const node &sec)
{
 if(fir.color!=sec.color) return fir.color<sec.color;
 return fir.under<sec.under;
}
int main()
{
 scanf("%d %d",&n,&m);
 for(int i=1;i<=n;i++) a[i].under=i;//处理下标 
 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].number);
 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].color);
 sort(a+1,a+n+1,cmp);//按颜色分类 
 for(int i=1;i<=n;i++)
 {
  if(a[i].under&1) ji[++ji[0]]=i;
  else ou[++ou[0]]=i;
 }//按奇偶分类 
 LL sgmai=a[ji[1]].under%P,sgmbi=a[ji[1]].number%P,sgmab=a[ji[1]].under*a[ji[1]].number%P,ls=a[ji[1]].color,cnt=1;
 for(int i=2;i<=ji[0];i++)
 {
  if(a[ji[i]].color!=ls)
  {
   ans=(ans+sgmai*sgmbi%P+(cnt-2)*sgmab%P)%P;
   sgmai=a[ji[i]].under%P;
   sgmbi=a[ji[i]].number%P;
   sgmab=a[ji[i]].under*a[ji[i]].number%P;
   ls=a[ji[i]].color;
   cnt=1;
  }
  else
  {
   cnt++;
   sgmai=(sgmai+a[ji[i]].under)%P;
   sgmbi=(sgmbi+a[ji[i]].number)%P;
   sgmab=(sgmab+a[ji[i]].under*a[ji[i]].number%P)%P;
  }
 }//统计奇数答案，sgmai为ai的和，sgmbi为bi的和，sgmab为ai*bi的和，ls表示当前处理的颜色，cnt为个数。 
 ans=(ans+sgmai*sgmbi%P+(cnt-2)*sgmab%P)%P;//千万不要忘记在扫完后统计最后答案！！！否则会漏掉最后一个颜色 
 sgmai=a[ou[1]].under%P,sgmbi=a[ou[1]].number%P,sgmab=a[ou[1]].under*a[ou[1]].number%P,ls=a[ou[1]].color,cnt=1;
 for(int i=2;i<=ou[0];i++)
 {
  if(a[ou[i]].color!=ls)
  {
   ans=(ans+sgmai*sgmbi%P+(cnt-2)*sgmab%P)%P;
   sgmai=a[ou[i]].under%P;
   sgmbi=a[ou[i]].number%P;
   sgmab=a[ou[i]].under*a[ou[i]].number%P;
   ls=a[ou[i]].color;
   cnt=1;
  }
  else
  {
   cnt++;
   sgmai=(sgmai+a[ou[i]].under)%P;
   sgmbi=(sgmbi+a[ou[i]].number)%P;
   sgmab=(sgmab+a[ou[i]].under*a[ou[i]].number%P)%P;
  }
 }//同理 
 ans=(ans+sgmai*sgmbi%P+(cnt-2)*sgmab%P)%P;
 printf("%d\n",ans);
 return 0;
}

一个比较容易犯的错误：这道题虽然模数 \(P=10007\) ，但是在处理 \(\sum\limits_{i=1}^{n-2}a_ib_i\) 时，由于 \(a_i\) 的最大值为 \(N\)（\(1 \leq N \leq 100000\)），\(b_i\) 的最大值为 \(number_i\) 的最大值（\(1 \leq number_i \leq 100000\)），所以在处理 \(\sum\limits_{i=1}^{n-2}a_ib_i\) 时中间过程可能会有溢出，所以最好开 long long 存储，避免数据溢出。

总结：诸如这一类的数学题目，码量一般不是很大，关键是如何利用题目条件进行推导，不断优化算法（这里就需要比较扎实的数学基础）最后达到满分。