[NOIP2015 普及组] 求和-剪枝优化

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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]，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是整数,x<y<z,y−x=z−y(等差数列),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10007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表示纸带上格子的个数，m表示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]表示纸带上编号为i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]表示纸带上编号为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。
输入输出样例

输入 #1

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

输出 #1

82

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

输出 #2

1388

说明/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)×(5+2)+(4+6)×(2+2)=42+40=82

想法
显而易见，这题最简单 的方法是暴力搜索，时间复杂度为O(N^3)
当然这样会超时（废话） (据说可以拿20分）

那么我们会想到如果去取2y=z+x，时间复杂度会变成O(N^2)，当然这样依然会超时

那么如何进一步的缩短搜寻的时间成为了本题的关键，比如我们可以搞搞颜色（没错文档编辑器只有这一种颜色可以选） ，或者是考虑x,z的奇偶性，得到以下几点：
（1）x为奇数时，z必定为奇数；x为偶数时，z必定为偶数。
（2）x和z颜色相同时才能组成三元组
（3）然后找就行了

代码如下

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

int n, m, sum;
long long num[100010], color[100010], t[100010];
long long tc[100010], tn[100010], tm[100010];

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &num[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%lld", &color[i]);
	int i = 1;
	while (i <= n)
	{
		t[color[i]]++;
		tc[color[i]] += i * num[i];
		tn[color[i]] += num[i];
		tm[color[i]] += i;
		i += 2;
	}
	for (int j = 1; j <= m; j++)
	{
		if (t[j] > 1)
			sum= (sum + (t[j] - 2) * tc[j] + tn[j] * tm[j]) % 10007;
	}
	memset(t, 0, sizeof(t));
	memset(tc, 0, sizeof(tc));
	memset(tn, 0, sizeof(tn));
	memset(tm, 0, sizeof(tm));
	i = 2;
	while (i <= n)
	{
		t[color[i]]++;
		tc[color[i]] += i * num[i];
		tn[color[i]] += num[i];
		tm[color[i]] += i;
		i += 2;
	}
	for (int j = 1; j <= m; j++)
	{
		if (t[j] > 1)
			sum= (sum + (t[j] - 2) * tc[j] + tn[j] * tm[j]) % 10007;
	}
	printf("%d", sum);
}`>