和积和

这道题侧重于考察数学功底。

首先，前缀和优化一般都是能想到的，但是这样的复杂度是 $O (n^{2})$ 。

考虑对于小的情况进行模拟。

设 $s a_{i}$ 表示 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ ， $s b_{i}$ 同理。

$S (1, 1) = s a_{1} * s b_{1}$

$S (1, 2) = s a_{2} * s b_{2}$

$S (1, 3) = s a_{3} * s b_{3}$

$S (2, 2) = (s a_{2} - s a_{1}) (s b_{2} - s b_{1}) = s a_{2} * s b_{2} - s a_{2} * s b_{1} - s a_{1} * s b_{2} + s a_{1} * s b_{1}$

$S (2, 3) = (s a_{3} - s a_{1}) (s b_{3} - s b_{1}) = s a_{3} * s b_{3} - s a_{3} * s b_{1} - s a_{1} * s b_{3} + s a_{1} * s b_{1}$

$S (3, 3) = (s a_{3} - s a_{2}) (s b_{3} - s b_{2}) = s a_{3} * s b_{3} - s a_{2} * s b_{3} - s a_{3} * s b_{2} + s a_{2} * s b_{2}$

作和，将右边 $+ 3 \sum_{i = 1}^{3} s a_{i} s b_{i}$ ，再减掉。

将符号为正的部分和符号为负的部分分别计算。

正的： $+ 4 \sum_{i = 1}^{3} s a_{i} s b_{i}$ （其实加一项对于左边只是修改了一下系数）。

负的：通过因式分解得 $- (s a_{1} + s a_{2} + s a_{3}) (s b_{1} + s b_{2} + s b_{3})$ （重点是补全 $s a_{i} s b_{i}$ 这样的项方便因式分解）。

显然，对于每个 $n$ 都有：

要求的 $=$ $(n + 1) \sum_{i = 1}^{n} s a_{i} s b_{i} - \sum_{i = 1}^{n} s a_{i} \sum_{i = 1}^{n} s b_{i}$ 。

显然，前缀和 $O (1)$ 查询和 $O (n)$ 枚举。

#include<cstdio>
using namespace std;
#define de(N,x) const int N=x
#define Ls(i,l,r) for(int i=l;i<r;++i)
#define Rs(i,l,r) for(int i=r;i>l;--i)
#define L(i,l) for(int i=1;i<=l;++i)
de(N,500010);
de(mod,1e9+7);
typedef long long ll;
ll a[N],b[N],suma,sumb,ans;
int n;
int main(){
    // freopen("1.in","r",stdin);
    // freopen("1.out","w",stdout);
    // ios::sync_with_stdio(0);
    // cin.tie(0);
    // cout.tie(0);
    scanf("%d",&n);
    L(i, n)scanf("%lld",a+i),(a[i]+=a[i-1])%=mod;
    L(i, n)scanf("%lld",b+i),(b[i]+=b[i-1])%=mod;
    L(i, n){
        (ans+=a[i]*b[i]%mod)%=mod;
        (suma+=a[i])%=mod;
        (sumb+=b[i])%=mod;
    }
    (ans*=n+1)%=mod;
    (ans+=mod-suma*sumb%mod)%=mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}