P2671 [NOIP2015 普及组] 求和 题解

题目：P2671 NOIP2015 普及组 求和

题意#

给定一个带有颜色和数字的序列，我们要寻找三元组 $(x,y,z)$ 满足以下条件：

1. $y$ 为 $x$ 和 $z$ 的中点且都为整数。
2. $color[x]=color[z]$。

我们命这样一个三元组对答案的贡献为 $(x+z)\ast (num[x]+num[z])$。整个序列的总价值为每个符合要求的三元组的贡献和。现求出这个贡献和，并对 $10007$ 取余。

思路#

显然的结论是：$x$ 与 $z$ 同奇同偶

若当前到了一个点 $i$，那么设其前面有一个数 $k$ 满足上述条件。

则贡献表示为：

$$\begin{gathered} \sum _k(i+k)\times (num[i]+num[k]) \\ \sum _k(i\times num[i]+k\times num[i]+i\times num[k]+k\times num[k]) \\ inum[i]\times \mathrm{\#}k+num[i]\sum _{k}k+i\sum _{k}num[k]+\sum _{k}k\times num[k] \end{gathered}$$

其中，$inum[i]\times \mathrm{\#}k$ 指当前元素的位置与数字的乘积乘上满足条件的 $k$ 的个数。

$\sum _{k}k$ 指满足条件的 $k$ 的乘积。

$\sum _{k}num[k]$ 指满足条件的 $k$ 的数字乘积。

$\sum _{k}knum[k]$ 指满足条件的 $k$ 的位置与数组的乘积。

用一个 $4$ 维数组来对以上数据进行前缀和处理。同时前缀和需要奇偶相同。则要对整个数组开 $2$ 维。

我们设一个数组 $sum[q][col][op]$，$q$ 指第几类前缀和，$col$ 指颜色，$op$ 指奇偶性。

现在前缀和转移易得如下：

			sum[0][col[i]][i&1]=sum[0][col[i]][i&1]+(i*num[i])
			sum[1][col[i]][i&1]=sum[1][col[i]][i&1]+num[i]
			sum[2][col[i]][i&1]=sum[2][col[i]][i&1]+1
			sum[3][col[i]][i&1]=sum[3][col[i]][i&1]+i

当前位置 $k$ 的贡献为：

sum[0][col[i]][i&1]+i*sum[1][col[i]][i&1]+i*x*sum[2][col[i]][i&1]+x*sum[3][col[i]][i&1]

累加计数即可

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl "\n"
template<typename P>
inline void read(P &x){
   	P res=0,f=1;
   	char ch=getchar();
   	while(ch<'0' || ch>'9'){
   		if(ch=='-') f=-1;
   		ch=getchar();
   	}
   	while(ch>='0' && ch<='9'){
   		res=res*10+ch-'0';
   		ch=getchar();
	}
	x=res*f;
}
using namespace std;
int T=1;
const int mod=10007;
int n,m;
int num[100010];
int col[100010];
int sum[4][100010][2];
signed main(){
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;++i) read(num[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i) read(col[i]);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int cx=col[i],x=num[i];
        ans=(ans%mod+sum[0][col[i]][i&1]%mod+i*sum[1][col[i]][i&1]%mod+i*x*sum[2][col[i]][i&1]%mod+x*sum[3][col[i]][i&1]%mod+mod)%mod; 
        sum[0][col[i]][i&1]=(sum[0][col[i]][i&1]%mod+(i*num[i])%mod+mod)%mod;
        sum[1][col[i]][i&1]=(sum[1][col[i]][i&1]%mod+num[i]%mod+mod)%mod;
        sum[2][col[i]][i&1]=(sum[2][col[i]][i&1]%mod+1+mod)%mod;
        sum[3][col[i]][i&1]=(sum[3][col[i]][i&1]%mod+i+mod)%mod;
    }
    cout<<ans%mod<<endl;
	return 0;
}