LuoguP5686 [CSP-S2019 江西] 和积和 题解
题目
P5686 [CSP-S2019 江西] 和积和
题目背景
JXCSP-S T2
题目描述
给定两个下标从 \(1\) 到 \(n\) 编号的序列 \(a_i,b_i\)，定义函数 \(S(l,r)(1\le l\le r\le n)\) 为：
\[\sum_{i=l}^r a_i\times \sum_{i=l}^r b_i
\]
请你求出下列式子的值：
\[\sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n S(l,r)
\]
由于答案可能很大，你只需要给出答案模 \(10^9+7\) 后的结果。
输入格式
第一行一个正整数 \(n\) 表示序列长度。
第二行 \(n\) 个正整数表示 \(a_i\)。
第三行 \(n\) 个正整数表示 \(b_i\)。
输出格式
仅一行一个整数表示答案模 \(10^9+7\) 后的结果。
输入输出样例 #1
输入 #1
3
2 3 4
3 4 5
输出 #1
244
输入输出样例 #2
输入 #2
5
11 22 33 44 55
12 34 56 78 90
输出 #2
201542
说明/提示
【数据范围】
对于 \(20\%\) 的数据：\(n\le 10\) , \(a_i,b_i\le 10\)；
对于 \(40\%\) 的数据：\(n\le 200\) , \(a_i,b_i\le 100\)；
对于 \(70\%\) 的数据：\(n\le 3000\) , \(a_i,b_i\le 10^5\)；
对于 \(100\%\) 的数据：\(3\le n\le 5\times 10^5\) , \(1\le a_i,b_i\le 10^9\)。
分析&做题历程
一：
第一思路自然是直接暴力，通过循环\(l\),\(r\),每次计算\(S(l,r)\)即可
//此为解释原理代码，故没有%mod操作，但实际得写
ll ans = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
//计算S(l,r), 这里为S(i,j)
ll cnt1 = 0,cnt2 = 0;
for(int k=i;k<=j;k++){
cnt1 += a[k];
cnt2 += b[k];
}
ans += cnt1*cnt2;
}
}
cout<<ans;
\(提交后20pts\)
二：
第二则是用前缀和优化求\(S(l,r)\)的过程
前缀和知识(会的可跳过)
设\(suma_i\)为\(a_i\)的前缀和数组，\(sumb_i\)为\(b_i\)的前缀和数组
注：
\[suma_i = \sum_{k=1}^i a_k
\]
\[sumb_i = \sum_{k=1}^i b_k
\]
\[suma_i = a_i \ + suma_{i-1}
\]
\[sumb_i = b_i \ + sumb_{i-1}
\]
故
\[\sum_{i=l}^r a_i = \sum_{i=1}^r a_i - \sum_{i=1}^{l-1} a_i
\]
\[\sum_{i=l}^r a_i = suma_r - suma_{l-1}
\]
\[同理\sum_{i=l}^r b_i = sumb_r - sumb_{l-1}
\]
开始
则：\(S(l,r)(1\le l\le r\le n)\)
\[S(l,r) = \sum_{i=l}^r a_i\times \sum_{i=l}^r b_i
\]
\[S(l,r) = (suma_r-suma_{l-1}) \times\ (sumb_r-sumb_{l-1})
\]
所以有代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;//答案可能会超int,故开long long保险
const ll mod = 1e9+7;//模数mod
const int N = 5e5+10;//数组大小
int n;
ll tmp;
ll a[N],b[N];
ll ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>tmp;
a[i] = (tmp + a[i-1])%mod;//由于原数组并不会用到，直接用a数组表示原数组的前缀和数组
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>tmp;
b[i] = (tmp + b[i-1])%mod;//由于原数组并不会用到，直接用a数组表示原数组的前缀和数组
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
ans += (a[j]-a[i-1])*(b[j]-b[i-1])%mod;//优化操作
ans %= mod;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
\(提交后70pts，剩余都TLE\)
三：
\(由于是TLE,故还得优化，观察ans的式子\)
\[ans = \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n S(l,r)
\]
\[ans = \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n \ [(suma_r-suma_{l-1}) \times\ (sumb_r-sumb_{l-1})]
\]
\(尝试展开式子优化\)
\[\sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n \ [(suma_r-suma_{l-1}) \times\ (sumb_r-sumb_{l-1})]
\]
\[= \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n \ (suma_r \times sumb_r\ + \ suma_{l-1} \times sumb_{l-1}\ - suma_r\ \times sumb_{l-1} \ - suma_{l-1}\ \times sumb_{r})
\]
\[= \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(suma_r \times sumb_r) \ + \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(suma_{l-1} \times sumb_{l-1}) \ - \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(suma_r\ \times sumb_{l-1})\ - \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(suma_{l-1}\ \times sumb_{r})
\]
\(由于原数组没有用到，故用a_i直接表示suma_i,b_i直接表示sumb_i\)
\(故原式为\)
\[= \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_r \times b_r) \ + \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_{l-1} \times b_{l-1}) \ - \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_r\ \times b_{l-1})\ - \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_{l-1}\ \times b_{r})
\]
\(分开优化:\)
\(1.\)
\[\sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_r \times b_r) \
\]
\[= \sum_{l=1}^n \ [\sum_{r=l}^n(a_r \times b_r)] \
\]
\[定义t_i = a_i \times b_i, 故原式为\sum_{l=1}^n \ (\sum_{r=l}^nt_r)
\]
\[再定义T_i为t_i的前缀和数组
\]
\[= \sum_{l=1}^n \ (T_n - T_{l-1})
\]
\(2.\)
\[\sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_{l-1} \times b_{l-1}) \
\]
\[= \sum_{l=1}^n \ [\sum_{r=l}^n(a_{l-1} \times b_{l-1})] \
\]
\[= \sum_{l=1}^n \ (n-i+1) \times (a_{l-1} \times b_{l-1}) \
\]
\(3.\)
\[\sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_r\ \times b_{l-1})\ (注意带负号)
\]
\[= \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(a_r\ \times b_{l-1})\
\]
\[= \sum_{l=1}^n (b_{l-1}\sum_{r=l}^na_r)\
\]
\[定义A_i为a_i的前缀和数组
\]
\[= \sum_{l=1}^n [b_{l-1} \times (A_n \ - A_{l-1})]\
\]
\(4.\)
\[\sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(b_r\ \times a_{l-1})\ (注意带负号)
\]
\[= \sum_{l=1}^n \sum_{r=l}^n(b_r\ \times a_{l-1})\
\]
\[= \sum_{l=1}^n (a_{l-1}\sum_{r=l}^n b_r)\
\]
\[定义B_i为b_i的前缀和数组
\]
\[= \sum_{l=1}^n [a_{l-1} \times (B_n \ - B_{l-1})]\
\]
\(故原式优化为\)
\[\sum_{l=1}^n\ [(T_n - T_{l-1}) \ + (n-i+1) \times (a_{l-1} \times b_{l-1}) \ - b_{l-1} \times (A_n \ - A_{l-1}) \ - a_{l-1} \times (B_n \ - B_{l-1})]
\]
\(其中T_i,t_i,a_i,b_i,A_i,B_i都可以O(n)预处理\)
\(附代码:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int N = 5e5+10;
int n;
ll tmp;
ll a[N],b[N],A[N],B[N],t[N],T[N];
ll ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>tmp;
a[i] = (tmp + a[i-1])%mod;
A[i] = (a[i] + A[i-1])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>tmp;
b[i] = (tmp + b[i-1])%mod;
B[i] = (b[i] + B[i-1])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
t[i] = (a[i]%mod*b[i]%mod)%mod;
T[i] = (t[i] + T[i-1])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ans += (T[n]-T[i-1])%mod;
ans %= mod;
ans += (n-i+1)*t[i-1]%mod;
ans %= mod;
ans -= (b[i-1]*(A[n]-A[i-1]))%mod;
ans = (ans + mod ) % mod;
ans -= (a[i-1]*(B[n]-B[i-1]))%mod;
ans = (ans + mod ) % mod;
}
cout<<ans;
return 0;
}
\(AC\)
浙公网安备 33010602011771号