题解
20pts
$O(n^3)$枚举$x,y,z$，根据题目要求判断
40pts
$O(n^2)$枚举$x,z$，需要满足$x,z$奇偶相同
20~40pts的代码我都没有写过...就不贴了
70~90pts
尝试对40pts的暴力进行优化
题目对三元组的两个限制我们在40pts的时候已经用来优化过了，还有一个限制是颜色相同
我们可以以颜色为关键字对数组进行排序，对每个数算答案的时候，只需要枚举相同颜色的这一段即可（因为三元组要求有序，所以要从$x+2$开始枚举）
这样的复杂度是$O(n*cnt_{col})$（这里的$cnt_{col}$为出现次数最多的颜色的出现次数）
使用$scanf$将会得到70pts
使用快读或$scanf+O2$将会得到80pts
使用快读+$O2$将会得到90pts
（$fread$在这里的效果和快读是差不多的，因为数只有$1e5$个）
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define il inline namespace io { #define in(a) a=read() #define out(a) write(a) #define outn(a) out(a),putchar('\n') #define I_int int inline I_int read() { I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; } while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; } return x * f ; } char F[ 200 ] ; inline void write( I_int x ) { I_int tmp = x > 0 ? x : -x ; if( x < 0 ) putchar( '-' ) ; int cnt = 0 ; while( tmp > 0 ) { F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ; tmp /= 10 ; } while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ; } #undef I_int } using namespace io ; using namespace std ; #define N 100010 const int mod = 10007 ; int n = read() , m = read() ; struct node { int col , val , id ; } a[ N ] ; bool cmp( node a , node b ) { return a.col < b.col ; } int main() { for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].val = read() , a[ i ].id = i ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].col = read() ; sort( a + 1 , a + n + 1 , cmp ) ; int cur = 0 ; ll ans = 0 ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { ll sum = 0 ; for( cur = i + 1 ; a[ i ].col == a[ cur ].col && cur <= n ; cur ++ ) { if( ( a[ i ].id + a[ cur ].id ) % 2 == 0 ) sum = ( sum + ( 1ll * ( a[ i ].id + a[ cur ].id ) % mod * 1ll * ( a[ i ].val + a[ cur ].val ) % mod ) % mod ) % mod ; } ans = ( ans + sum ) % mod ; } printf( "%lld\n" , ( ans + mod ) % mod ) ; return 0 ; }
100pts
考虑使用数学方法优化以上做法
我们现在有什么条件呢，列举一下
1.$x$和$z$的奇偶性相同且颜色相同
2.求和公式为$(x+z)(num_x+num_z)$
从求和公式入手，把括号拆掉，式子变成$x*num_x+x*num_z+z*num_x+z*num_z$
设$x1,x2,x3$的奇偶性相同且颜色相同（那么他们组成的二元组就等同于符合条件的三元组）
考虑$x1$对答案的贡献：
对于$(x1,x2)$，$x1$的贡献为$x1*num_{x1}+x1*num_{x2}$
对于$(x1,x3)$，$x1$的贡献为$x1*num_{x1}+x1*num_{x3}$
那么$x_1$对答案的贡献就是
$x1*(num_{x2}+num_{x3})+2*x1*num_{x1}$
然后多加入一个数$x4$也可以得到类似的贡献（多代几个也就看出来规律了）
推广到$x_n$结论也是一样的
结论：
设$s=\sum num_{xi}$（这里的$xi$均满足条件1）$cnt=cnt_{col}$，$cnt_{col}$为当前颜色奇偶相同的数的个数
则$xi$对答案的贡献为$xi*(s-num_{xi})+(cnt-1)*xi*num_{xi}$（$cnt$要$-1$，因为$xi$不能和自己组成二元组）
所以将$s$和$cnt$统计出来就行了，注意要分奇偶统计
复杂度$O(n)$
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define il inline #define int long long namespace io { #define in(a) a=read() #define out(a) write(a) #define outn(a) out(a),putchar('\n') #define I_int int inline I_int read() { I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ; while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; } while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; } return x * f ; } char F[ 200 ] ; inline void write( I_int x ) { if( x == 0 ) { putchar( '0' ) ; return ; } I_int tmp = x > 0 ? x : -x ; if( x < 0 ) putchar( '-' ) ; int cnt = 0 ; while( tmp > 0 ) { F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ; tmp /= 10 ; } while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ; } #undef I_int } using namespace io ; using namespace std ; #define N 100010 const int mod = 10007 ; int n , m ; struct node { int col , val ; } a[ N ] ; int cnt[ N ][ 2 ] , sum[ N ][ 2 ] ; signed main() { n = read() , m = read() ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].val = read() ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].col = read() ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { cnt[ a[ i ].col ][ i&1 ] ++ ; sum[ a[ i ].col ][ i&1 ] = ( sum[ a[ i ].col ][ i&1 ] + a[ i ].val ) % mod ; } ll ans = 0 ; for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { ll num = cnt[ a[ i ].col ][ i&1 ] , s = sum[ a[ i ].col ][ i&1 ] ; ans = ( ans + ( i*(s-a[i].val) + (num-1)*a[i].val*i ) % mod ) % mod ; } printf( "%lld\n" , ans % mod ) ; return 0 ; }
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