洛谷 P2671 求和

想要oi學得好，數學肯定不能少看來我是永遠也學不好了

此篇博文較長廢話較多，您可以選擇**

寫在最前面：其實不需要用 long long 型別，只需在兩數相乘時先取模一次就行了（為什麼可行，請參見取模的百科又是該死的數學知識）

在下面的**中，既有用 long long 的，又有用 int 的，也是因為當時並不知道這一點。

依照題意，模擬。三重迴圈列舉 x,y,z，複雜度約為 o(n^3)

**略（預估20~30左右）

.不難發現，其實三元組與中間的y並沒有關係。所以，我們只需列舉 x 與 z 即可，複雜度約為 o(n^2) 。附**：（40分）

#include
using
namespace std;
int n,m;
int ans;
struct nodea[
100007];
intread()
while
(ch>=
'0'&&ch<=
'9')
if(flag)
return
-res;
else
return res;
}int
main()
}}cout
}

考慮優化（其實考場上寫乙個暴力就行了）。思考：既然三元組與中間的 y 其實並沒有關係，而三元組又需要顏色相同，那麼為什麼不按照顏色來分排序呢？

首先按照顏色的遞增順序排序，然後依次判斷。判斷時要注意顏色相同，序號的間隔要大於1（這樣才有三元）

排序演算法為 o(nlogn)，判斷部分看上去為 o(n^2)，實則大大減小。因為一種顏色不可能非常多，所以內部迴圈的次數相對較少（如果資料裡出現某種顏色特別多，也沒有辦法了，出題人這就太毒瘤了）。附**：（70分）

#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
long
long n,m;
long
long ans;
struct nodea[
100007];
//其實也不需要 long long
bool
cmp(node x,node y)
intread()
while
(ch>=
'0'&&ch<=
'9')
if(flag)
return
-res;
else
return res;
}int
main()
} cout
}

這是乙個不太理解具體原因的優化：把 if 語句改為 continue 語句後，可以加快執行速度。附**：（80分）

for
(int i=
1;i<=n-1;
++i)
}

5.還可以繼續優化。發現：其實排序是多餘的，我們只要用乙個二維陣列，第一維儲存顏色，第二維儲存數字和原本的序號（結構體）。這樣就省去了排序的時間。為了防止爆記憶體，明顯不能直接定義陣列為100000*100000，所以使用stl中的vector。

另：在掃瞄顏色時，不應當直接 o(n) 掃，而應當提前儲存出現過的顏色

其實可以繼續優化記憶體，通過set來自動對顏色排序，然而，因為筆者暫時無法寫出 set 與 vector 的巢狀（懶得調 bug ），所以本篇不表（倘使以後會了，如果還能想起來這篇博文，那麼再來補充一下）。

理論上來說，此程式避免了排序用時，應當更快一些，然而在實際效率中卻不盡然，不知是因**常數太大，還是因為stl太慢；但：部分資料表明，開啟o2、3系列優化後的stl效率極高，所以只是oi這方面的規定對發揮stl比較不利而已，stl相當快（不過 stl 的 sort 是真的厲害，基本是沒有人能寫過。p.s.網上有篇博文貌似手寫超過了 sort，筆者也不知道是因為測試資料還是真的手寫超過了）。

在不開o2情況下（使用cin），超時四個點，在開啟o2後，在cin的情況下，只會超時兩個點（並且乙個點是超時0.04s），而奇怪的是，若改用 scanf，則超時四個點。若使用快讀，則只會超時乙個點。

附**：（cin版本）

#include
using
namespace std;
int m,n;
struct nodea[
100007];
vector s[
100007];
//相當於二維陣列
int vis[
100007];
//存放出現過的顏色，其實也可以用vector
int tot;
int ans;
intmain()
for(
int i=
1;i<=n;
++i)
for(
int i=
1;i<=tot;
++i)}}
cout
}

那麼，如何ac呢？筆者並不會（不愧是我），採用的是第一篇題解的方法。由於該篇題解說明較少，估計會有人看不懂推導的過程其實是我這個弱智，這裡做一些更具體、更易懂的解釋。

其方法如下：按顏色分組，再按其數字的奇偶性分組（即同組的元的序號奇偶性相同）。

設第 i 個分組裡有 k 個元，其數字為 x[1],x[2],x[3]……x[k]，其原來的序號為 y[1],y[2],y[3]……y[k]。

ans=

(x[1]+x[2])*(y[1]+y[2])+(x[1]+x[3])*(y[1]+y[3])+……+(x[1]+x[k])*(y[1]+y[k])

+(x[2]+x[3])*(y[2]+y[3])+(x[2]+x[4])*(y[2]+y[4])+……+(x[2]+x[k])*(y[2]+y[k])

……+(x[k-1]+x[k])*(y[k-1]+y[k])

//觀察到，第一行有 x[1]*(n-1)*y[1]，第二行有 x[2]*(n-2)*[y2]，第三行有 x[3]*(n-3)*y[3]……

//但不要忘了前面的行。第一行有 1*x[2]*y[2],1*x[3]*y[3]……第二行有 1*x[3]*y[3]……

//所以，對於第 j 個元，有 x[j]*(n-1)*(y[j])

//觀察到，第一行有 x[1]*(y[2]+y[3]+……+y[k])，第二行有 x[2]*(y[3]+……+y[k])……

//但不要忘了前面的行。第一行有 x[2]*[y1],x[3]*y[1]……第二行有 x[3]*y[2]……

//所以，對於第 j 個元，有 x[j]*(y[1]+y[2]+……+y[k])，但其中沒有y[j]

//所以，考慮從 n-1 個 y[j] 中拿出來乙個，使得變為：

//對於第 j 個元，有 x[j]*(n-2)*(y[j])+x[j]*(y[1]+y[2]+……+y[k])，這次其中就包括 y[j] 了

//所以，可以將 y[1]+y[2]+y[3]+……+y[k]提前算出，然後就大大降低複雜度

附**：

#include
using
namespace std;
const
int wzr=
10007
;//某位同學，就當沒看見（wzr我估計你也不會看見的）
int n,m,ans;
int lat_num[
100007
],per_num[
100007][
2],sum[
100007][
2],clo[
100007];
// 元的數字 每種顏色，每種奇偶性的個數 每種顏色，每種奇偶性的累加和（即y[1]+y[2]+y[3]+……+y[k]） 
intmain()
for(
int i=
1;i<=n;
++i)
printf
("%d\n"
,ans)
;return
0；}

附：關於 continue 語句和 if 語句執行速度的解釋：在某**筆者發布了討論，一名熱心提供了自己的測試結果為 continue 快，而筆者的測試結果為 if 快。所以，推測可能是由於評測機的波動造成的。

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