code vs 5131 求和 noip2015 （数学乱搞）

5131 求和2015

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 题目等级 : 黄金 Gold


题解

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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?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?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：数学乱搞。
其实分析完了就是一道水题，但还是想了半天。。。。
要求col[x]==col[z] 且y-x=z-y ，那么也就是说x-z之间一定要是奇数个数才行。我们发现当编号的奇偶性相同的时候，中间的个数一定是奇数，也就是一定存在y，那么这些都是合法的方案。
所以我们把奇偶分开计算。假设同是偶数的有三个数，那么能三组，a表示num值，b表示位置。
(a1+a2)*(b1+b2）+(a1+a3)*(b1+b3)+(a2+a3)*(b2+b3)
式子化简之后就是(a1+a2+a3)*(b1+b2+b3)+(3-2)*(a1*b1+a2*b2+a3*b3)
这个问题其实分析一下，也是可以的，除了a1*b1这种形式，其他的都一定只出现了一次，因为不存在相同的组。而a1*b1这种形式出现了(n-2)次，因为a1要与其他的所有的都组成一组这就需要(n-1)个，(a1+a2+a3)*(b1+b2+b3)这个还会贡献出1个a1*b1.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 100003
#define p 10007
#define LL long long
using namespace std;
LL num
,col
,n,m,sum
,sum1
,ans;
LL a
,a1
,b
,b1
,cnt
,cnt1
;
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%I64d%I64d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&num[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&col[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (i%2) {
LL x=col[i]; cnt[x]++;
a[x]=(a[x]+num[i]*(LL)i)%p;
b[x]=(b[x]+(LL)i)%p;
sum[x]=(sum[x]+num[i])%p;
}
else {
LL x=col[i]; cnt1[x]++;
a1[x]=(a1[x]+num[i]*(LL)i)%p;
b1[x]=(b1[x]+(LL)i)%p;
sum1[x]=(sum1[x]+num[i])%p;
}
}
for (int i=1;i<=m;i++)
{
ans=(ans+a1[i]%p*(LL)(cnt1[i]-2)%p)%p;
ans=(ans+a[i]%p*(LL)(cnt[i]-2)%p)%p;
ans=(ans+b[i]*sum[i]%p)%p;
ans=(ans+b1[i]*sum1[i]%p)%p;
}
printf("%I64d\n",ans);
}