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NOIP2015普及组T3(求和)题解

2021/8/21 20:31:45 浏览:

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解题思路

  • 根据y - x = z - y,可得x + z = 2y,即x与z奇偶性相同。
  • 所以,奇数和偶数可以分开处理所有颜色。
  • 分开后就很好发现:任意两个相同颜色的两个点都可以产生这种三元组。
  • 分解多项式:
    (x1 + x3) * (numberx[1] + numberx[3]) + (x2 + x3) * (numberx[2] + numberx[3])
    = (x1 + x2) * numberx[3] + (numberx[1] + numberx[2]) * x3 + x1 * numberx[1] + x2 * numberx[2] + 2 * x3 * numberx[3]
  • 看到这里相信小伙伴们都懂了。我们只需要分别维护x,numberx和x * numberx这三个值为奇和偶时的前缀和和x的出现次数,时间复杂度即可O(n)。

不太熟悉前缀和的童鞋请移步这里。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005,  P = 10007;
int a[N], c[N];
// 第一维:x, number[x]和x * number[x]这三个值中x的出现次数
// 第二维:奇偶
// 第三维:颜色
int sum[4][2][N];
// 上一个颜色
int l[2][N];
int main() {
    int n, m, res = 0;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> c[i];
    }
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int A = sum[0][i % 2][l[i % 2][c[i]]] % P;
		int B = sum[1][i % 2][l[i % 2][c[i]]] % P;
		int C = sum[2][i % 2][l[i % 2][c[i]]] % P;
		int D = sum[3][i % 2][l[i % 2][c[i]]] % P;
		if (l[i % 2][c[i]]) {
            res += A % P * a[i] % P +
                   B % P * i % P +
                   C % P +
                   D % P * i % P * a[i] % P;
        }
		res = res % P;
		sum[0][i % 2][i] = A % P + i % P;
		sum[1][i % 2][i] = B % P + a[i] % P;
		sum[2][i % 2][i] = C % P + i % P * a[i] % P;
		sum[3][i % 2][i] = D + 1;
		l[i % 2][c[i]] = i;
	}
	cout << res % P << '\n';
	return 0;
}

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