题目地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showContestProblem.do?problemId=5971

题意

给出一个数字序列原本的x、y值，和交换两个数字之后新的序列，问有多少种交换方法使新的序列恢复到原来的序列，注意：给出的x和y可能并不是原来序列的实际对应值，当然这种情况下就没办法将新序列恢复到原来的序列，方法数就是0了。

解题思路

根据题意可以列出如下式子（还是手写方便ε-(´∀｀; )）

可以导出下面的式子

可知最后要交换的两个数满足7⃣️式

所以题目就转化为在一个序列中找到两个数字ai和aj使得7式，并且交换之后的恢复的序列要满足x和y值（这就是为什么第一个样例ai+aj=5，但是只交换和第2和第3个、第5和第6个，因为其他位置上的1和4交换不满足x和y值这个限定条件）

分情况讨论：

1. y-y'不能整除x-x'，那么输出0

2. 分母x-x'=0，即新序列和原始序列相同

    如果y！=y'的话说明给出y是不准确的，不能恢复到原始序列，输出0；

    如果y==y'，说明新序列和原始序列相同，那么只要在输入序列的时候预处理相同的数字有多少个，从中选取任意两个交换后

   的序列就是原始序列，方法数相加就是结果。

3. 能整除且不是新序列不是原始序列

  遍历序列：定ai和i,  由7式求出aj,,由5式推出aj对应的下标j，还要判断计算出来aj和a[j]是否相同！并判断此时的ai和aj交换后序列是否满足x和y值，满足的话计数器++

注意：在遍历新序列是求得的i和j是要交换的两个数的位置，恢复到原始序列实际上对应的是i-aj，j-ai，而上述思路和公式都是建立在原始序列中i-ai,j-aj的对应关系上的，一定要注意区别！！否则就错啦！

j会比较大，数组要开大一些

ac代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <ctype.h>
#include <set>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <sstream>
#define  maxn 200005
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
using namespace std;
ll a[maxn],cnt[maxn],vis[maxn];
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    ll t,n,x,y;
    scanf("%lld",&t);
    while(t--)
    {
        ll num=0,div,xx=0,yy=0,ans=0;//xx,yy为新序列对应的x和y值
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        scanf("%lld %lld %lld",&n,&x,&y);
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&a[i]);
            if(cnt[a[i]]==0)
                vis[num++]=a[i];//不记录重复出现的数字
            cnt[a[i]]++;
            xx+=i*a[i];
            yy+=i*a[i]*a[i];
        }
        if(x==xx)
        {
            if(y !=yy)
            {
                printf("0\n");
                continue;
            }
            else
            {
                for(ll i=0;i<num;i++)
                {
                    ll r=cnt[vis[i]];
                    if(r>1) ans+=r*(r-1)/2;//任选2个
                }
                printf("%lld\n",ans);
                continue;
            }
        }
        else if(abs(y-yy)%abs(x-xx)!=0)
        {
          printf("0\n");
            continue;
        }
        else
        {
            ll ai,aj,j;
            div=(y-yy)/(x-xx);
            for(ll i=1;i<=n;i++)
            {
                ai=a[i];
                aj=div-ai;
                if(ai-aj==0)continue;//除法要先判断分母是否为0
                if(abs(x-xx)%abs(ai-aj)!=0) continue;
                j=i+((x-xx)/(ai-aj));//注意在遍历新序列是求得的i和j是要交换的两个数的位置，恢复到原始序列实际上对应的是i-aj，j-ai，注意区别！
                if(j<=i) continue;//一直往后找，避免重复
                if( aj==a[j] && x==xx-i*ai-j*aj+i*aj+j*ai && y==yy-i*ai*ai-j*aj*aj+i*aj*aj+j*ai*ai)//后面两个判断可以省略
                 ans++;
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }

}