求和（数学公式推导、取余运算）

 1275: 求和

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Description

    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都是整数, x  <  y  <  z, y − x = z  − y
    2. colorx=colorz
    满足上述条件的三元组的分数规定为(x + z) ∗ (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。

Input

第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m， n代表纸带上格子的个数， m代表纸带上颜色的种类数。
第二行有n个用空格隔开的正整数，第i个数字numberi代表纸带上编号为i的格子上面写的数字。
第三行有n个用空格隔开的正整数，第i个数字colori代表纸带上编号为i的格子染的颜色。

Output

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。

• Sample Input
• Raw

6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1
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

• Sample Output
• Raw

82
1388

Hint

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(1 + 5) ∗ (5 + 2) + (4 + 6) ∗ (2 + 2) = 42 + 40 = 82。

对 于 全 部  数 据 ， 
1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ colori ≤ 100000, 1 ≤ numberi ≤ 100000。

 
解法：由y − x = z  − y可得2y=x+z，y为整数所以可以得到x+z的和必为偶数。即x和z同奇偶，又colorx==colorz,所以我们可以枚举同一种颜色的x,z，并分奇偶进行运算。但又由于n，m等均很大所以要进行一段优化。(x + z) ∗ (numberx+ numberz)=x*numberx+z*numberz+numberz*x+z*numberx然后从中可以单个进行求和和乘法运算，用数学推导进行优化。
注意：对于对mod取余如果可能出现负数，最好再加上个mod在取余。
 
题链接：
AC代码：
   
   
   
   
#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 100100
#define mod 10007
#define ll long long int
int num[maxn];
vector< int >cj[maxn];
vector< int >co[maxn];

int main()
{
    ll n,m,v,ans;
    cin>>n>>m;
    ans=0;
    for ( int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf ( "%lld" ,&num[i]);
        num[i]=num[i]%mod;
     }
        for ( int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf ( "%lld" ,&v);
        if (i%2==0) co[v].push_back(i);
        else cj[v].push_back(i);
     }
     for ( int i=1;i<=m;i++)
     {
        int sum1,sum2,sum3,nc;
        nc=cj[i].size();
        sort(cj[i].begin(),cj[i].end());
        if (nc>=2)
        {
            sum1=sum2=sum3=0;
            for ( int j=0;j<nc;j++)
            {
                sum1=(sum1+(num[cj[i][j]]%mod)*(cj[i][j]%mod))%mod;
                sum2=(num[cj[i][j]]%mod+sum2%mod)%mod;
             }
             ans+=(((nc-1)%mod)*(sum1%mod))%mod;
             ans=ans%mod;
             for ( int j=0;j<nc;j++)
            {
                     ans=(ans%mod+(cj[i][j]*((sum2-num[cj[i][j]]%mod)+mod))%mod)%mod;
             }
         }

         nc=co[i].size();
         sort(co[i].begin(),co[i].end());
       if (nc>=2)
        {
                    sum1=sum2=sum3=0;
            for ( int j=0;j<nc;j++)
            {
                sum1=(sum1+((num[co[i][j]]%mod)*(co[i][j]%mod))%mod)%mod;
                sum2=(num[co[i][j]]%mod+sum2%mod)%mod;
             }
             ans=ans%mod+((nc-1)%mod)*(sum1%mod);
             for ( int j=0;j<nc;j++)
            {
                     ans=(ans%mod+(co[i][j]*(sum2-num[co[i][j]]%mod+mod))%mod)%mod;
             }
         }
          ans=ans%mod;

     }
     printf ( "%lld\n" ,ans%mod);


    return 0;
}