P2671 [NOIP2015 普及组] 求和(前缀和)

文章目录

1.描述：
2. 输入：
3.输出：
4.样例输入：
5.样例输出：
6.题目大意：
7.思路
- 80分思路：
- 80分代码 O( n*n )
- 100分思路：O( n )
- 一百分代码
8.反思

1.描述：

一条狭长的纸带被均匀划分出了nn个格子，格子编号从11到nn。每个格子上都染了一种颜色coloricolor_icolori
用[1,m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字numberinumber_inumberi

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−y
2.color x = color z

满足上述条件的三元组的分数规定为
(x+z)×(numberx+numberz)(x+z) \times (number_x+number_z)(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。

2. 输入：

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。

3.输出：

一个整数，表示所求的纸带分数除以10007所得的余数。

4.样例输入：

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

5.样例输出：

6.题目大意：

找所有满足关系的三元对的贡献和

7.思路

80分思路：

所有的三元对与中间元素没什么关系，只要首尾元素满足同奇或同偶且颜色相同即可组对，把所有满足条件元素输入便输入边处理即可

80分代码 O( n*n )

最多 1e⁵ 种颜色，同种颜色 i 奇数放在 i * 2 - 1，偶数放在 i * 2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//ios::sync_with_stdio(false);
const int N = 1e6+10;
typedef long long ll;int n,m;
struct node{ll num;ll n;    ll col;
}a[N];const int p = 1e4+7;
vector<node>ve[N];
ll sum;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){a[i].n=i;cin>>a[i].num;}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i].col;if(a[i].n%2!=0){ve[2*a[i].col-1].push_back(a[i]);int s=2*a[i].col-1;int t=ve[s].size()-1;for(int j=0;j<t;j++){sum=(sum+((ve[s][j].n+ve[s][t].n)*(ve[s][j].num+ve[s][t].num)))%p;   }}else{ve[2*a[i].col].push_back(a[i]);int s=2*a[i].col;int t=ve[s].size()-1;for(int j=0;j<t;j++){sum=(sum+((ve[s][j].n+ve[s][t].n)*(ve[s][j].num+ve[s][t].num)))%p; }}}cout<<sum;
}

复杂度 O( n² ) 1e10，爆了

100分思路：O( n )

(x+z)×(numberx+numberz)(x+z) \times (number_x+number_z)(x+z)×(numberx+numberz)

把这个式子分解成
x×numberx+x×numberz+z×numberx+z×numberzx \times number_x+x \times number_z+z \times number_x+z \times number_zx×numberx+x×numberz+z×numberx+z×numberz

这样我么可以模拟一下，当某个颜色的奇数已经有1,3,7 的时候插入一个新元素 9
那么插入的 9 的贡献就是(可以与前边所有本组的组对)下面三个式子的和

1×number1+1×number9+9×number1+9×number91 \times number_1+1 \times number_9+9 \times number_1+9 \times number_91×number1+1×number9+9×number1+9×number9
3×number3+3×number9+9×number3+9×number93 \times number_3+3 \times number_9+9 \times number_3+9 \times number_93×number3+3×number9+9×number3+9×number9
7×number7+7×number9+9×number7+9×number97 \times number_7+7 \times number_9+9 \times number_7+9 \times number_97×number7+7×number9+9×number7+9×number9

化简

(1×number1+3×number3+7×number7)+(1+3+7)×number9+(number1+number3+number7)×9+3×(9×number9)(1 \times number_1+3 \times number_3+7 \times number_7)+(1+3+7) \times number_9+(number_1+number_3+number_7)\times9+3\times(9\times number_9)(1×number1+3×number3+7×number7)+(1+3+7)×number9+(number1+number3+number7)×9+3×(9×number9)

那么不难发现，可以维护的东西出来了(有些东西是可以维护累加和(前缀和)的)，对于每种颜色的不同奇偶，我们可以维护一个
x×numberxx \times number_xx×numberx
对应式子第一列
维护一个sumx数组sumx数组sumx数组
对应式子第二列的 x的和
维护一个 sumn数组sumn数组sumn数组
对应式子第三列的 numinum_inumi的和
维护一个cnt数组cnt数组cnt数组
对应第四列 z×numberzz \times number_zz×numberz的个数

一百分代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//ios::sync_with_stdio(false);
const int N = 3*1e5+10;
typedef  long long ll;
int n,m;
ll num[N],col;
const int p = 10007;ll sumx[N];
ll sumn[N];
ll sumxn[N];
ll cnt[N];
ll sum;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)  cin>>num[i];for(int i=1;i<=n;i++){cin>>col;     if(i%2!=0){int s=col*2-1;sum=(sum+sumxn[s]%p+sumx[s]*num[i]%p+sumn[s]*i%p+i*num[i]*cnt[s]%p)%p;sumxn[s]=(sumxn[s]+i*num[i])%p;sumx[s]=(sumx[s]+i)%p;sumn[s]=(sumn[s]+num[i])%p;cnt[s]++;}else{int s=col*2;sum=(sum+sumxn[s]%p+sumx[s]*num[i]%p+sumn[s]*i%p+i*num[i]*cnt[s]%p)%p;sumxn[s]=(sumxn[s]+i*num[i])%p;sumx[s]=(sumx[s]+i)%p;sumn[s]=(sumn[s]+num[i])%p;cnt[s]++;}}cout<<sum;
}

8.反思

一开始想出来第二种思路了，没开 long long 调了好久，还把思路又想了好几遍，没开 long long 只有四十分，从八十分到四十分，人傻了，纯纯nt，以后累加要取余的题一定要注意
1.开 long long
2.不断地 %%%%(进行取余)
3.可以用 ios::sync_with_stdio(false) 来加速，前缀和非常好的一道题

最后的最后，觉得写的还不错的，一定要点个赞留个言支持一下~~~