题目链接

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 = , f = ; char c = getchar() ;
while( c < '' || c > '' ) { if( c == '-' ) f = - ; c = getchar() ; }
while( c >= '' && c <= '' ) { x = x * + c - '' ; c = getchar() ; }
return x * f ;
}
char F[ ] ;
inline void write( I_int x ) {
I_int tmp = x > ? x : -x ;
if( x < ) putchar( '-' ) ;
int cnt = ;
while( tmp > ) {
F[ cnt ++ ] = tmp % + '' ;
tmp /= ;
}
while( cnt > ) putchar( F[ -- cnt ] ) ;
}
#undef I_int }
using namespace io ; using namespace std ; #define N 100010
const int mod = ; 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 = ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].val = read() , a[ i ].id = i ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].col = read() ;
sort( a + , a + n + , cmp ) ;
int cur = ;
ll ans = ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) {
ll sum = ;
for( cur = i + ; a[ i ].col == a[ cur ].col && cur <= n ; cur ++ ) {
if( ( a[ i ].id + a[ cur ].id ) % == )
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 ;
}

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 = , f = ; char c = getchar() ;
while( c < '' || c > '' ) { if( c == '-' ) f = - ; c = getchar() ; }
while( c >= '' && c <= '' ) { x = x * + c - '' ; c = getchar() ; }
return x * f ;
}
char F[ ] ;
inline void write( I_int x ) {
if( x == ) { putchar( '' ) ; return ; }
I_int tmp = x > ? x : -x ;
if( x < ) putchar( '-' ) ;
int cnt = ;
while( tmp > ) {
F[ cnt ++ ] = tmp % + '' ;
tmp /= ;
}
while( cnt > ) putchar( F[ -- cnt ] ) ;
}
#undef I_int }
using namespace io ; using namespace std ; #define N 100010
const int mod = ; int n , m ;
struct node {
int col , val ;
} a[ N ] ;
int cnt[ N ][ ] , sum[ N ][ ] ; signed main() {
n = read() , m = read() ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].val = read() ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) a[ i ].col = read() ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) {
cnt[ a[ i ].col ][ i& ] ++ ;
sum[ a[ i ].col ][ i& ] = ( sum[ a[ i ].col ][ i& ] + a[ i ].val ) % mod ;
}
ll ans = ;
for( int i = ; i <= n ; i ++ ) {
ll num = cnt[ a[ i ].col ][ i& ] , s = sum[ a[ i ].col ][ i& ] ;
ans = ( ans + ( i*(s-a[i].val) + (num-)*a[i].val*i ) % mod ) % mod ;
}
printf( "%lld\n" , ans % mod ) ;
return ;
}

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