因爲人傻常數大寫了一天的題目。
題目意思另一種表達：
定義特殊二元組\((x,z)\)。
1.\(x<z\)。
2.\(x\)與\(z\)要麼都爲奇數要麼都爲偶數。
（即\(x \ mod \ 2 = z \ mod \ 2\)）
3.\(c_x=c_z\)
4.該二元組的分數爲\((x+z)\times(a_x+a_z)\)
給定所有\(c_i\)與\(a_i\)，求滿足條件的二元組的分數和。
以上的\(x\)，\(z\)在下文表述爲\(id_x\)，\(id_y\)。（\(y\)代替\(z\)）
80分做法
以\(v[i][0]\)來存儲顏色爲\(i\)的所有偶數下標的\(num_i\)與\(a_i\)。\(v[i][1]\)來存儲奇數下標。
有以下結論：
對於所有的\((x,y)\)，\(v[i][j][x]\)與\(v[i][j][y]\)都兩兩爲合法二元組。
然後枚舉所有顏色\(i\)，接着枚舉\(x\)，\(y\)暴力統計答案就可以了。
時間複雜度應該是\(O(n^2)\)，不知道爲啥有\(80pts\)（
\(80pts:\)
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
#define MAXN (int)(1e5+233)
#define int long long
struct qwq
{
int a,c,id;
}e[MAXN];
vector<qwq> v[MAXN][2];
#define mod (10007)
signed main()
{
int n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&e[i].a);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&e[i].c),e[i].id=i;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
v[e[i].c][i%2].push_back(e[i]);
}
int ans=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
for (int j=0;j<v[i][0].size();j++)
{
for (int k=j+1;k<v[i][0].size();k++)
{
ans+=((v[i][0][j].id+v[i][0][k].id)*(v[i][0][j].a+v[i][0][k].a))%mod;
ans%=mod;
}
}
for (int j=0;j<v[i][1].size();j++)
{
for (int k=j+1;k<v[i][1].size();k++)
{
ans+=((v[i][1][j].id+v[i][1][k].id)*(v[i][1][j].a+v[i][1][k].a))%mod;
ans%=mod;
}
}
}
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}100分做法
\(80\)分做法中提到的\(v[i][j][]\)這樣的一個數組，我們簡寫爲\(s[]\)，考慮每次往數組後面加一個數，這個數對答案的貢獻。
拆式（題目中的貢獻式）
\[(id_x+id_y)\times(a_x+a_y)\]
\[(id_x \times a_x)+(id_x \times a_y)+(id_y \times a_x)+(id_y\times a_y)\]
於是原式就拆爲四個式子的和。
反思結論（\(x\)，\(y\)指在統計數組中的下標）
對於所有的\((x,y)\)，\(s[x]\)與\(s[y]\)都兩兩爲合法二元組。
那麼每在\(s[]\)末尾位置\(y\)多加入一個值，這個\(y\)就要與所有\(0 < x < y\)相匹配並累計貢獻。（說簡單點就和\(y\)之前的所有數匹配爲合法二元組）
分別考慮拆式中四個式子
1.\((id_x \times a_x)\)
對於所有\(x\)，答案加上\(id_x \times a_x\)。用\(sumul\)數組記錄\(\sum_{x=1}^{y-1}id_x \times a_x\)的和，累計進答案貢獻。
2.\((id_x \times a_y)\)
\(sumid\)記錄\(\sum_{x=1}^{y-1}{id_x}\)，答案貢獻加上\(sumid \times a_y\)。
3.\((id_y \times a_x)\)
\(suma\)記錄\(\sum_{x=1}^{y-1}{a_x}\)，答案貢獻加上\(suma \times id_y\)
4.\((id_y \times a_y)\)
我們知道在末尾位置\(y\)加一個數就增加了\((y-1)\)個合法二元組。那麼也就是會增加\((y-1)\)個\((id_y \times a_y)\)。用一個\(sum\)數組來記錄末尾下標\(y\)。
5.總結貢獻
\(ans+=(sumul+sumid \times a_y +suma \times id_y +sum \times (id_y \times a_y))\)
\(100pts:\)
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define int long long
#define MAXN (int)(1e5+233)
using namespace std;
int a[MAXN],c[MAXN],suma[MAXN][2],sumid[MAXN][2],sumul[MAXN][2],sum[MAXN][2];
struct qwq {
int a,c,id;
}e[MAXN];
#define mod (10007)
signed main() {
int n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&e[i].a);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&e[i].c),e[i].id=i;
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=sumul[e[i].c][i&1]+i*e[i].a*sum[e[i].c][i&1]+sumid[e[i].c][i&1]*e[i].a+suma[e[i].c][i&1]*i;
sumul[e[i].c][i&1]+=i*e[i].a;//處理a_i*i前綴和
suma[e[i].c][i&1]+=e[i].a;//處理a_i前綴和
sumid[e[i].c][i&1]+=i;//處理number_i前綴和
sum[e[i].c][i&1]++;//處理（不存在的）數組末尾下標
ans%=mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}