2018-12-02

原题太长，不好描述，贴链接：题面

解题思路

我们可以从题目中提取出的要点

要满足体面所说三元组，需x < y < z && y-x == z-y && color_x == color_z

首先我们考虑暴力的解法：

for(int y=1;y<=n;y++)
{
    for(int x=1;x<=n;x++)
    {
        for(int z=1;z<=n;z++)
        {
            if(x<y&&y<z&&(y-x)==(z-y)&&color[x]==color[z])
            sum+=(x+z)*(goal[x]+goal[z]);
        }
    }
}

暴力枚举显然是玩不来的，但是我们可以通过暴力来找到几点规律：

1.y-x = z-y --> 2*y = x+z -->即（x+z）肯定为偶数，即x与z需同奇或同偶
2.y = (z+x)/2 -->即便x与z再大只要x,z<= n, y<n总成立，所以我们不用再枚举y
3.既然每次必须满足color[x]==color[z],那我们不妨在输入的时候分类一下，这样枚举的时候同一个颜色只枚举与之相同的颜色即可
4.既然x,z同奇或同偶，那我们不妨把奇数偶数页分别分类一下

现在我们假设一个情况

    x1=1;x2=3;x3=5;且此时 color[x1] = color[x2] = color[x3];
    num[i] 为 x[i] 上标的数字
    那么他们的分数即为 (x1+x2)*(num[1]*num[2])+(x2+x3)*(num[2]*num[3])+(x1+x3)*(num[1]*num[3])
    我们把这个式子展开可得：
    x1*num[1]+x1*num[2]+x1*num[3]+x2*num[1]+x2*num[2]+x2*num[3]+x3*num[1]+x3*num[2]+x3*num[3]+x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3]
    我们再把这式子合并一下：
    (x1+x2+x3)*(num[1]+num[2]+num[3])+(x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3])
    这个式子分两部分 编号的和*每个块上数字的和 + 这三块各自的乘积的和
    当我们验证多个式子后就会发现一个规律：
(x1+x2+x3)*(num[1]+num[2]+num[3])+(x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3]) == (x1+x2+x3)*(num[1]+num[2]+num[3])+k*(x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3])
    这里的k=1；k是怎么来的呢 k = 要算分数的方块数- 2
    这里是三块 自然得出 k = 3 -2 成立，经多次验证n = 其他数时照样成立

证明出以上结论来，此题应该有些许眉目了

正确解法：

1.我们先把每个位置的方块上的数字输入到一个数组中 num[i] 表示 i 这个位置的数字
2.我们在输入颜色的时候分类一下，具体做法是按照奇偶分类，前边我们已经得出最后的加和为（位置x累加和）*（每个x块上的数字累加和）+（块数p-2）*(每一块的x*num[x]),所以我们记录每个颜色的奇数位置累加和，和偶数位置累加和
3.最后枚举过一遍颜色求出每种颜色的分数然后加和给sum就可以AC了
4.推导过程有点繁琐，我不知有没有更简洁的推导方法，其实虽然繁琐但并不复杂，同样AC代码更是简洁

以下贴出AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long a[2][100001];
long long b[2][100001];
long long c[2][100001];
long long d[2][100001];
long long g[100001];
long long n,m;
const int p = 10007;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%lld",&g[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        long long k;
        int j=i%2;   // 得出i位置的奇偶性
        scanf("%lld",&k);
        a[j][k]+=i;
        b[j][k]+=g[i];
        c[j][k]++;
        d[j][k]+=g[i]*i;
    }
    long long sum=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)   //最后过一遍颜色，计算每个颜色的加和就ok
    {
        if(c[1][i]>1)     //至于为啥大于1，因为这里是这个颜色奇数位置的块的个数，至少要两个才行，（思考一下..)
        sum=(sum%p+(a[1][i]*b[1][i])%p+((c[1][i]-2)*d[1][i])%p)%p;
        if(c[0][i]>1)     //原因同上
        sum=(sum%p+(a[0][i]*b[0][i])%p+((c[0][i]-2)*d[0][i])%p)%p;
    }
    cout<<sum;
    return 0;
}

/*
这里给出注释：
g[x]表示题目给出的每个块上面的数字
a[0][x]表示颜色为 x 的块且位置为偶数的位置累加和
a[1][x]表示颜色为 x 的块且位置为奇数的位置累加和
b[0][x]表示颜色为 x 的块且块在偶数位置，块上的数字的累加和
b[1][x]表示颜色为 x 的块且块在奇数位置，块上的数组的累加和
c[0][x]表示颜色为 x 的块，偶数位置的块有多少个
c[1][x]表示颜色为 x 的块，奇数位置的块有多少个
d[0][x]表示颜色为 x 的块，偶数位置i*g[i](自己乘自己)的累加和
d[0][x]表示颜色为 x 的块，奇数位置i*g[i](自己乘自己)的累加和
*/

别忘在计算加和过程中%p就行

注意开 long long 不然AC代码只过30%的数据

可以私聊交流一下其他做法，我觉得这应该就是AC正解了，另外我写了个暴力算法能过70%的数据

限于语文水平不行，可能证明比较繁琐，如果可以的话希望可以私聊交流更简洁的推导方法

#include<iostream>