有乙個長為n×k的陣列，它是由長為n的陣列a1,a2,…,an重複k次得到的。
定義這個陣列的乙個區間的權值為它裡面不同的數的個數，現在，你需要求出對於這個陣列的每個非空區間的權值之和。
答案對109+7取模。
第一行兩個整數n和k。
接下來一行n個整數，第i個整數為ai。
輸出乙個整數，表示答案。
示例1輸入
2 21 2
輸出16
說明陣列為1, 2, 1, 2。
對於長為1的區間，共4個，權值為1。
對於長度》1的區間，可以發現權值均為2，共6個。
那麼權值和為1×4+2×6=16。
備註:對於前10%的資料n≤5。
對於前20%的資料n≤100。
對於前40%的資料n≤1000。
對於另外10%的資料n≤100,k=1。
對於另外10%的資料n≤1000,k=1。
對於另外10%的資料n≤105,k=1。
對於所有資料，1≤n≤105,1≤k≤109,1≤ai≤109。
分析反正我沒打正解
如果k=1，那麼我們可以轉換角度考慮每種顏色的貢獻。
對於每段區間，包含這個顏色則這個顏色對該區間的貢獻為1，不包含這個顏色則這個顏色對該區間的貢獻為0
所以就是要求取有多少段區間包含這個顏色，那麼我們可以存下這個顏色在原陣列的分布位置然後進一步討論
假設分布的情況如下，白色代表其他顏色
現在考慮如何計數。我們可以固定區間的右端點，然後尋找包含這個顏色的左端點，比如
比如當右端點在[3,6]時，左端點的範圍都是[1,3]，當右端點的範圍在[7,9]時，左端點的範圍都是[1,7]。
這樣我們就這可以找出規律然後計算了（講道理可以用總的合法的減去不合法的，但我沒試過也不知道對不對
此時對於k=1時我們就可以解出來答案。
但是看到k≤109
,把相同的陣列拼接起來，貌似分類討論挺麻煩的
可以試試遞推
設f[k]表示k個陣列拼起來的答案
對於新加入的陣列，如果不看最右邊的那乙個，增加的貢獻應該就是由k-2個陣列拼成k-1個陣列增加的貢獻,即f[k-1]-f[k-2]
現在考慮最右邊的陣列，那麼還沒計算貢獻的區間就是左端點在新加入的陣列內，右端點在最右邊陣列內的區間
當k>=3時，顯然這些區間都跨越了乙個陣列，貢獻都是顏色總數，所以總的貢獻為n*n*c（c為顏色總數）
所以得出遞推是，f[k]=f[k-1]+f[k-1]-f[k-2]+n*n*c(k>=3),這東西可以矩陣加速。
對於f[1],f[2]，我們可以暴力求
然後，就沒有然後了
code
#include#include#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int mod=1e9+7
;const
int maxn=100005
;int n,k,id,a[maxn<<1],f[5
];struct nodex,y;
mapmp;vectorg[maxn];
node
operator *(node a,node b)
intmain()
for(int i=1;i<=id;g[i].clear(),i++)
for(int i=1;i<=2*n;i++)g[mp[a[i]]].push_back(i);
for(int i=1;i<=id;g[i].clear(),i++)
x.mat[
1][1]=f[1];x.mat[1][2]=f[2];x.mat[1][3]=1ll*n*n*id%mod;
y.mat[
1][2]=-1;y.mat[2][1]=1;y.mat[2][2]=2;y.mat[3][2]=1;y.mat[3][3]=1
; k--;while(k)
printf(
"%d\n
",x.mat[1][1
]);}
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