贡献法

最近做了一些题目，发现有些题目是正着想复杂度会超时，从对答案的贡献的角度考虑会清晰很多。
C. Sequence Pair Weight
这道题目正常取枚举区间计算区间内有多少相同点对显然是来不及的，光是枚举区间就会花费$O(n^2)$的时间复杂度
我们可以考虑每个点对对于答案的贡献，也就是说每个点对所在的不同区间的个数
对于一个点对$ij\mathrm{答}\mathrm{案}\mathrm{是}i\ast (n-j+1)$
$\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{直}\mathrm{接}\mathrm{枚}\mathrm{举}\mathrm{点}\mathrm{对}\mathrm{吗}？\mathrm{这}\mathrm{样}\mathrm{显}\mathrm{然}\mathrm{也}\mathrm{是}\mathrm{来}\mathrm{不}\mathrm{及}\mathrm{的}，\mathrm{考}\mathrm{虑}\mathrm{如}\mathrm{何}\mathrm{优}\mathrm{化}，\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{取}\mathrm{枚}\mathrm{举}ij\mathrm{中}\mathrm{的}\mathrm{一}\mathrm{个}$
$\mathrm{考}\mathrm{虑}\mathrm{枚}\mathrm{举}i\mathrm{的}\mathrm{话}\mathrm{我}\mathrm{们}\mathrm{能}\mathrm{计}\mathrm{算}\mathrm{除}\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{他}\mathrm{后}\mathrm{面}\mathrm{出}\mathrm{现}\mathrm{过}\mathrm{的}j\mathrm{的}\mathrm{和}\mathrm{吗}？\mathrm{这}\mathrm{样}\mathrm{显}\mathrm{然}\mathrm{不}\mathrm{好}\mathrm{计}\mathrm{算}$
$\mathrm{考}\mathrm{虑}\mathrm{枚}\mathrm{举}j\mathrm{对}\mathrm{于}\mathrm{每}\mathrm{一}\mathrm{个}j\mathrm{我}\mathrm{们}\mathrm{计}\mathrm{算}\mathrm{所}\mathrm{有}\mathrm{满}\mathrm{足}{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i\mathrm{并}\mathrm{且}a[i]=a[j]i<=j}$
对于这样的情况我们是比较好计算的，我们可以用一个map存一下之前的所有i的和

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f 
#define x first
#define y second

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,a[N];

void solve()
{
	cin>>n;
	map<int,int>sum;
	ll ans=0;
	rep(i,1,n)
	{
		cin>>a[i];
		ans+=sum[a[i]]*(n-i+1);
		sum[a[i]]+=i;
	}
	cout<<ans<<endl;
	rep(i,1,n)	a[i]=0;
}
signed main()
{
	IOS	
//  	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	solve();
	return 0;
}
 ```