Educational Codeforces Round 94 (Rated for Div. 2) D. Zigzags (枚举,前缀和)

• 题意:有一长度为\(n(4\le n\le 3000)\)的数组,选择四个位置\((i,j,k,l)\ (1\le i<j<k\le n)\),使得\(a_i=a_k\)并且\(a_j=a_l\),问存在多少这样的元祖.

• 题解:\(n\)最大给了\(3000\),所以时间复杂度最坏可以是\(O(n^2)\),我们可以考虑枚举\(i,j,k,l\)的某两个,如果枚举\(i\)和\(j\),那么可以确定\(a_k\)和\(a_l\),但是不知道位置,同理\(i,k\)和\(j,l\)和\(k,l\)都不行,只有当我们枚举\(j,k\)时可以确定\(a_i\)和\(a_l\)的值,\(i\)的位置在\([1,j-1]\),\(l\)的位置在\([k+1,n]\),位置和值我们都能同时确定.所以我们可以枚举\(j\)和\(k\),然后在\([1,j-1]\)中寻找与\(a_j\)相同的元素个数,在\([k+1,n]\)中寻找与\(a_k\)相同的元素的个数,这两个寻找的操作我们可以通过前缀和来处理,所以寻找的复杂度是\(O(1)\).这样这题就这么被我们解决啦~.

• 代码:

  #define int long long 
  int t;
  int n;
  int a[N];
  int pre[3010][3010];
  signed main() {
      ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
      cin>>t;
      while(t--){
          cin>>n;
          me(pre,0,sizeof(pre));
          for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
          for(int i=1;i<=n;++i){
              pre[i][a[i]]++;
              for(int j=i+1;j<=n;++j){
                  pre[j][a[i]]=pre[i][a[i]];
              }
          }
          int ans=0;
          for(int j=2;j<=n-1;++j){
              for(int k=j+1;k<=n;++k){
                  ans+=pre[j-1][a[k]]*(pre[n][a[j]]-pre[k][a[j]]);
              }
          }
          cout<<ans<<'\n';
      }
      return 0;
  }