【codevs 5131】[NOIP普及组 2015 T3]求和(递推)
5131 求和2015
时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 黄金 Gold
题目描述 Description
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colori(用[1,m]当中的一个整数表示),并且写了一个数字numberi。
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. x, y, z都是整数,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) ∗ (numberx+ numberz)。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。
输入描述 Input Description
第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m,n代表纸带上格子的个数,m代表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numberi代表纸带上编号为?的格子上面写的数字。
第三行有n个用空格隔开的正整数,第i个数字colori代表纸带上编号为?的格子染的颜色。
输出描述 Output Description
共一行,一个整数,表示所求的纸带分数除以 10,007所得的余数。
样例输入 Sample Input
输入样例1
6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1
输入样例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 Sample Output
输出样例1
82
输出样例2
1388
数据范围及提示 Data Size & Hint
【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。
【数据说明】
对于第 1 组至第 2 组数据,1 ≤ n ≤ 100,1 ≤ m ≤ 5;
对于第 3 组至第 4 组数据,1 ≤ n ≤ 3000,1 ≤ m ≤ 100;
对于第 5 组至第 6 组数据,1 ≤ n ≤ 100000,1 ≤ m ≤ 100000,且不存在出现次数超过 20 的颜色;
对于全部 10 组数据,1 ≤ n ≤100000,1 ≤m ≤ 100000,1 ≤ colori≤ m,1 ≤numberi≤ 100000。
【题解】【递推】
【首先要知道,x-y=y-z表示的是等差数列,而由于对y没有限制,可以随便取值,所以,不必考虑,即每次只需找两个相同颜色且奇偶性的位置计算即可】
【通过列举较小数据的方案,发现每个数都会算多遍,又因为加法和乘法之间有分配律,这样我们就可以用前缀和来维护】
【cnt[i][1/0]表示编号为i的颜色中同奇或同偶的有多少,nm[i][0/1]维护序号的前缀和,sumj维护每次当前序号乘当前number[i]的前缀和,sum维护number的前缀和】
<span style="font-size:18px;">#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 10007
using namespace std;
ll num[100010],color[100010],n,m;
ll cnt[100010][2],nm[100010][2],sumj[100010][2],sum[100010][2],ans;
int main()
{
freopen("int.txt","r",stdin);
freopen("my.txt","w",stdout);
int i,j;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&num[i]);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&color[i]);
for(i=1;i<=n;++i)
{
int c=color[i],x=i%2;
cnt[c][x]++;
if(cnt[c][x]>1) ans+=(nm[c][x]*num[i]%mod+sumj[c][x]+(cnt[c][x]-1)*i*num[i]%mod+i*sum[c][x]%mod)%mod;
ans%=mod;
nm[c][x]=(nm[c][x]+i)%mod; sumj[c][x]=(sumj[c][x]+i*num[i])%mod; sum[c][x]=(sum[c][x]+num[i])%mod;
}
ans%=mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}</span>