D - RGB Triplets(前綴和+思維)

題意很好懂，就是一個長度爲n的序列，s[i] 只可能是r,g,b，要你要滿足就 j - i != k - j,並且s[i],s[j],s[k]兩兩不相同，並且i < j < k，的個數有多少個。
思路：
暴力O(n^3)模擬一遍鐵超時，j - i != k - j 一開始一直在觀察這個式子看能不能優化一下，事實上可以不管這個式子就一個區間[i,k]={B,R},那麼我們在[i + 1,k - 1]這個區間找有多少個G就行了，需要考慮一下中點是否需要減掉，然後把所有的情況枚舉出來就行了。這裏用前綴和維護sum [ i ] [ 1 - 3 ]:表示從1到i有多少個R,B,G。
感覺寫的有點點複雜了。。。。
代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
typedef long long int ll;
ll sum[maxn][4]; 
void solved(){
	ll n;cin>>n;
	char s[5000];scanf("%s",s + 1);
	ll r = 0, b = 0,g = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(s[i] == 'R'){
			r++;
			sum[i][1] = sum[i - 1][1] + 1;
			sum[i][2] = sum[i - 1][2];
			sum[i][3] = sum[i - 1][3];
		}else if(s[i] == 'G'){
			g++;
			sum[i][1] = sum[i - 1][1];
			sum[i][2] = sum[i - 1][2] + 1;
			sum[i][3] = sum[i - 1][3];
		}else if(s[i] == 'B'){
			b++;
			sum[i][1] = sum[i - 1][1];
			sum[i][2] = sum[i - 1][2];
			sum[i][3] = sum[i - 1][3] + 1;
		}
	}
	//cout<<"r :"<<r<<"  G:"<<g<<"  B:"<<b<<endl;
	//cout<<"R:  "<<sum[n][1]<<"  G:"<<sum[n][2]<<"   B:"<<sum[n][3]<<endl;
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	for(int k = i + 1; k <= n; k++){
		if(s[i] == 'R' && s[k] == 'B' ){
			if((k - i + 1) & 1 && s[(i + k) /2] == 'G')ans --;
			ans += sum[k - 1][2] - sum[i][2];
		}
		if(s[i] == 'B' && s[k] == 'R'){
			if((k - i + 1) & 1 && s[(i + k) /2] == 'G')ans --;
			ans += sum[k - 1][2] - sum[i][2];
		}
		if(s[i] == 'G' && s[k] == 'B'){
			if((k - i + 1) & 1 && s[(i + k) /2] == 'R')ans --;
			ans += sum[k - 1][1] - sum[i][1];
		}
		if(s[i] == 'B' && s[k] == 'G'){
			if((k - i + 1) & 1 && s[(i + k) /2] == 'R')ans --;
			ans += sum[k - 1][1] - sum[i][1];
		}
		if(s[i] == 'R' && s[k] == 'G'){
			if((k - i + 1) & 1 && s[(i + k) /2] == 'B')ans --;
			ans += sum[k - 1][3] - sum[i][3];
		}
		if(s[i] == 'G' && s[k] == 'R'){
			if((k - i + 1) & 1 && s[(i + k) /2] == 'B')ans --;
			ans += sum[k - 1][3] - sum[i][3];
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}
int main(){
	solved();
	return 0;
}