NOIP2015 T3 求和 乱作题解

题目

题目背景

NOIP2015 普及组 T3

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$colo{r}_i$用$[1,m]$当中的一个整数表示），并且写了一个数字$numbe{r}_i$。

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：

1. $xyz$是整数,$x<y<z,y-x=z-y$

2. $colorx=colorz$

满足上述条件的三元组的分数规定为$(x+z)\times (numbe{r}_x+numbe{r}_z)$。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$m,n$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

一个整数，表示所求的纸带分数除以$10007$所得的余数。

样例 #1

样例输入 #1

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

样例输出 #1

82

样例 #2

样例输入 #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

样例输出 #2

1388

提示

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

对于第 $1$ 组至第 $2$ 组数据， $1\le n\le 100,1\le m\le 5$；

对于第$3$ 组至第 $4$ 组数据， $1\le n\le 3000,1\le m\le 100$；

对于第 $5$ 组至第$6$组数据， $1\le n\le 100000,1\le m\le 100000$，且不存在出现次数超过$20$的颜色；

对 于 全 部 $10$ 组 数 据 ， $1\le n\le 100000,1\le m\le 100000,1\le colo{r}_i\le m,1\le numbe{r}_i\le 100000$

看起来好像不是很难啊，为什么我做不出来呢；

1. 暴力枚举

枚举x,y,z的值，再判断是否符合条件 ;
时间复杂度： $\mathcal{O}(n^3)$
期望得分：$20pts$
$Code$:

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

const int N=100010;
long long n,m,ans;
long long color[N],number[N];

int main()
{
	scanf("%lld %lld",&n , &m);
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)	scanf("%lld",&number[i]);
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)	scanf("%lld",&color[i]);
	
	for(int x=1 ; x<=n ; x++)
	{
		for(int y=x+1 ; y<=n ; y++)
		{
			for(int z=y+1 ; z<=n ; z++)
			{
				if( color[x] == color[z] && y-x == z-y )
					ans += (x+z) * (number[x] + number[z]);
			}
		}
	}
	
	printf("%lld",ans%10007);
}

2.优化暴力枚举

整理条件($y-z=z-y$)我们可以发现
$$y=(z+x)÷2$$
也就是说，我们可以通过枚举x,z的值来确定y的值
时间复杂度： $\mathcal{O}(n^2)$
期望得分：$40pts$
$Code：$

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

const int N=100010;
long long n,m,ans;
long long color[N],number[N];

int main()
{
	scanf("%lld %lld",&n , &m);
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)	scanf("%lld",&number[i]);
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)	scanf("%lld",&color[i]);
	
	for(int x=1 ; x<=n ; x++)
	{
		for(int z=x+2 ; z<=n ; z+=2)
		{
			int y=(x+z)/2;
			if(color[x] == color[z])
				ans += (x+z) * (number[x] + number[z]);
		}
	}
	
	printf("%lld",ans%10007);
}

3.正解

仔细观察这个式子 $$y=(x+z)÷2$$
因为$y$是整数
所以$x+z$必定是偶数
也就是说 $x$和$z$同奇偶
再想想题目($color[x]=color[z]\dots \dots$

◝(⑅•ᴗ•⑅)◜..°♡ 欸！！瞧瞧我们发现了什么!

$x$和$z$具有两项相同的性质
整理一下

• $x\mathrm{与}z\mathrm{同}\mathrm{奇}\mathrm{偶}$
• $color[x]=color[z]$

这个时候我们就要运用分组思想
————那么 什么是分组思想?

分组思想，就是把具有相同性质的两个集合放在一起，方便计算。
						————沃兹·基朔德

放在这题里就是
先将所有数字按颜色分组，再按奇偶分组（其实先按什么分都一样的啦

显然，每一组中，任意一对x,z都可以构造出一个符合条件的三元组（$y=(x+z)÷2$）

推式子时间到！

我们不知道从哪搞来了两个数组a,number;

• a[i]表示某一组内第i个格子的编号
• number[i]表示某一组内第i个格子表上写的数字
• k表示组内共有k个格子

那么这个组内的分数应该为

$$(a[1]+a[2])\times (number[1]+number[2])+(a[1]+a[3])\times (number[1]+number[3])+\dots \dots +(a[2]+a[3])\times (numebr[2]+number[3])$$

$$+(a[2]+a[4])\times (number[2]+number[4])+\dots \dots +(a[k-1]+a[k])\times (number[k-1]+number[k])$$

化简一下可得

$$a[1]\times (number[1]+number[2]+number[1]+number[3]\dots \dots +number[1]+number[k])+\dots \dots +a[k]\times$$

$$(number[1]+number[k]+number[2]+number[k]+\dots \dots +number[k-1]+number[k])$$

$$=a[1]\times (number[1]\times (k-2)+number[1]+number[2]+\dots \dots +number[k])+\dots \dots \dots +a[k]\times$$

$$(number[k]\times (k-2)+number[1]+number[2]+\dots \dots +number[k])$$

至于计算$number[1]+number[2]+\dots \dots +number[k]$只需要加一个前缀和优化就可以力
那么整张纸条的分数就是将所有分出来的组的分数的总和！！！

有了思路，写代码清晰无比；

时间复杂度：$\mathcal{O}(n^{)}$
期望得分：$100pts$

$Code$

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

const int NN=100010;
const int MOD = 10007;
long long number[NN]  ,color[NN];
long long sum[NN][2] , k[NN][2];//sum是前缀和数组，k是每组的个数
long long n,m,ans;

int main()
{
	scanf("%d %d" , &n , &m);
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)	scanf("%d",&number[i]);
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)	scanf("%d",&color[i]);
	
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)
	{
		k[color[i]][i%2] ++;
		sum[color[i]][i%2] = (sum[color[i]][i%2] + number[i]) % MOD;
	}
	
	for(int i=1 ; i<=n ; i++)
	{
		ans += i * (number[i] * (k[color[i]][i%2]-2) + sum[color[i]][i%2] );
		ans %= MOD;
	}
	
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

By Hu_taooo