洛谷P2671 NOIP2015普及组第三题 求和

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color_i用[1，m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字number_i。
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.    xyz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)*(number_x+number_z)。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。

输入输出格式

输入格式：

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。
输出格式：

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。

输入输出样例

输入样例#1： 

6 2

5 5 3 2 2 2

2 2 1 1 2 1

输出样例#1： 

82

输入样例#2： 

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

输出样例#2： 
1388解题思路：
      这道题目首先想到的思路是枚举x，y，z的位置，时间复杂度达到了O(N^3),而n达到了10万，很显然，这种方法是不行的，如果按照这样做，只能拿到20分。但我们看到要y-x=z-y,也就是y*2=x+z，那么我们只要枚举x和z的位置就可以了，但是，这样子时间复杂度仍会达到O(N^2),超时，按这样子做能拿到40分。
      承接40分算法的基础，我们其实可以证出x+z为偶数，即x和z的奇偶性相同。我们要将颜色相同的且奇偶性相同的位置存放在一起，那么，很明显，这要用到——桶。记录颜色相同、奇偶性相同的同一位置上的数有多少个，再记录它们number的总和，最后利用贪心，即可求得答案。
代码：（请不要直接拷贝哦）
#include <cstdio>
int x[100005],y[100005],ans[100005][2],s[100005][2];
int sum;
using namespace std;
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);//这道题目中，m其实没有多大的用处
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&y[i]);
s[y[i]][i%2]++;//记录在当前这组中，有多少个这样的数
ans[y[i]][i%2]=(ans[y[i]][i%2]+x[i])%10007;//把当前这组这些数的number加起来
}
for (int i=1;i<=n;i++)
sum=(sum+i*(((s[y[i]][i%2]-2)*x[i])%10007+ans[y[i]][i%2]))%10007;//利用贪心，求得答案
printf("%d\n",sum);
return 0;
}