题目描述
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 是整数, x<y<z,y-x=z-y2.colorx=colorz
满足上述条件的三元组的分数规定为 (x+z) x (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:
第一行是用一个空格隔开的两个正整数 n 和 m,n 表纸带上格子的个数, m 表纸带上颜色的种类数。
第二行有 n 用空格隔开的正整数,第 i 数字 number 表纸带上编号为 i 格子上面写的数字。
第三行有 n 用空格隔开的正整数,第 i 数字 color 表纸带上编号为 i 格子染的颜色。
输出描述:
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。
示例1
输入
6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1
输出
82
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。
示例2
输入
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
输出
1388
备注:
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***r /> 对于全部10组数据,1≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤colori≤m,1≤numberi≤100000。
解答
这题一看就是数学问题。求彩带分数和的式子需要运用一点数学思维化简(化简成计算机能快速算出的)
比如说:
设同奇偶且同一种颜色的每个格子中的格子编号为a,b,c,d,....,分数为aa,bb,cc,dd,...
由于这些格子中要两两计算分数并相加,因此我们来看看能不能把这个数学计算化简下
比如说:
设同奇偶且同一种颜色的每个格子中的格子编号为a,b,c,d,....,分数为aa,bb,cc,dd,...
由于这些格子中要两两计算分数并相加,因此我们来看看能不能把这个数学计算化简下
有两个格子满足条件时的分数和是
有三个格子满足条件时的分数和是
【把上面那个式子的因式全都分解开,再合并一下,就能合成这样,没难度】
有四个格子满足条件时的分数和是
相信接下来大家已经发现规律了:
正常的像这样的因式的增项就不说了,主要是注意每多一个格子满足条件时,每个格子就多加一次自身的编号和数字
因此用数(哲♂)学做法:
设ci为格子颜色,j为0时表示这些三元组的x,z均为偶数,j为1时则均为奇数。
设之前出现过的与之同奇偶p同颜色ci的格子数设为cnt[ci][p],
格子序号和color[ci][0][p],格子数字和color[ci][1][p],格子序号与数字之积之和为color[ci][2][p]。
当所有格子(所有颜色的格子)满足条件时,分数和为
正常的像这样的因式的增项就不说了,主要是注意每多一个格子满足条件时,每个格子就多加一次自身的编号和数字
因此用数(哲♂)学做法:
设ci为格子颜色,j为0时表示这些三元组的x,z均为偶数,j为1时则均为奇数。
设之前出现过的与之同奇偶p同颜色ci的格子数设为cnt[ci][p],
格子序号和color[ci][0][p],格子数字和color[ci][1][p],格子序号与数字之积之和为color[ci][2][p]。
当所有格子(所有颜色的格子)满足条件时,分数和为
for(i=1;i<=m;i++) for(j=0;j<=1;j++){ sum+=color[i][0][j]*color[i][1][j]+((cnt[i][j]-2)*color[i][2][j]); sum%=10007; }代码:
#include<iostream> #include<cstring> #define maxn 100005 using namespace std; long long color[maxn][3][2],number[maxn],cnt[maxn][2],n,m,sum; /* 之前出现过的与之同奇偶p同颜色ci的格子数设为cnt[ci][p], 格子序号和color[ci][0][p],格子数字和color[ci][1][p],格子序号与数字之积之和为color[ci][2][p] */ int main(){ int cor,i,j; scanf("%lld%lld",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&number[i]); for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&cor); cnt[cor][i&1]++; (color[cor][0][i&1]+=i)%=10007; (color[cor][1][i&1]+=number[i])%=10007; (color[cor][2][i&1]+=number[i]*i)%10007; } for(i=1;i<=m;i++) for(j=0;j<=1;j++){ sum+=(color[i][0][j]*color[i][1][j])%10007+((cnt[i][j]-2)*color[i][2][j])%10007; sum%=10007; } printf("%lld\n",sum); system("pause"); return 0; }
来源:Kaori