原題太長，不好描述，貼鏈接：題面
解題思路
我們可以從題目中提取出的要點
要滿足體面所說三元組，需x < y < z && y-x == z-y && color_x == color_z
首先我們考慮暴力的解法：
for(int y=1;y<=n;y++)
{
for(int x=1;x<=n;x++)
{
for(int z=1;z<=n;z++)
{
if(x<y&&y<z&&(y-x)==(z-y)&&color[x]==color[z])
sum+=(x+z)*(goal[x]+goal[z]);
}
}
}
暴力枚舉顯然是玩不來的，但是我們可以通過暴力來找到幾點規(guī)律：
1.y-x = z-y --> 2*y = x+z -->即（x+z）肯定為偶數(shù)，即x與z需同奇或同偶
2.y = (z+x)/2 -->即便x與z再大只要x,z<= n, y<n總成立，所以我們不用再枚舉y
3.既然每次必須滿足color[x]==color[z],那我們不妨在輸入的時候分類一下，這樣枚舉的時候同一個顏色只枚舉與之相同的顏色即可
4.既然x,z同奇或同偶，那我們不妨把奇數(shù)偶數(shù)頁分別分類一下
現(xiàn)在我們假設(shè)一個情況
x1=1;x2=3;x3=5;且此時 color[x1] = color[x2] = color[x3];
num[i] 為 x[i] 上標的數(shù)字
那么他們的分數(shù)即為 (x1+x2)*(num[1]*num[2])+(x2+x3)*(num[2]*num[3])+(x1+x3)*(num[1]*num[3])
我們把這個式子展開可得：
x1*num[1]+x1*num[2]+x1*num[3]+x2*num[1]+x2*num[2]+x2*num[3]+x3*num[1]+x3*num[2]+x3*num[3]+x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3]
我們再把這式子合并一下：
(x1+x2+x3)*(num[1]+num[2]+num[3])+(x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3])
這個式子分兩部分 編號的和*每個塊上數(shù)字的和 + 這三塊各自的乘積的和
當我們驗證多個式子后就會發(fā)現(xiàn)一個規(guī)律：
(x1+x2+x3)*(num[1]+num[2]+num[3])+(x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3]) == (x1+x2+x3)*(num[1]+num[2]+num[3])+k*(x1*num[1]+x2*num[2]+x3*num[3])
這里的k=1；k是怎么來的呢 k = 要算分數(shù)的方塊數(shù)- 2
這里是三塊 自然得出 k = 3 -2 成立，經(jīng)多次驗證n = 其他數(shù)時照樣成立
證明出以上結(jié)論來，此題應(yīng)該有些許眉目了
正確解法：
1.我們先把每個位置的方塊上的數(shù)字輸入到一個數(shù)組中 num[i] 表示 i 這個位置的數(shù)字
2.我們在輸入顏色的時候分類一下，具體做法是按照奇偶分類，前邊我們已經(jīng)得出最后的加和為（位置x累加和）*（每個x塊上的數(shù)字累加和）+（塊數(shù)p-2）*(每一塊的x*num[x]),所以我們記錄每個顏色的奇數(shù)位置累加和，和偶數(shù)位置累加和
3.最后枚舉過一遍顏色求出每種顏色的分數(shù)然后加和給sum就可以AC了
4.推導過程有點繁瑣，我不知有沒有更簡潔的推導方法，其實雖然繁瑣但并不復雜，同樣AC代碼更是簡潔
以下貼出AC代碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long a[2][100001];
long long b[2][100001];
long long c[2][100001];
long long d[2][100001];
long long g[100001];
long long n,m;
const int p = 10007;
int main()
{
cin>>n>>m;
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&g[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
long long k;
int j=i%2; // 得出i位置的奇偶性
scanf("%lld",&k);
a[j][k]+=i;
b[j][k]+=g[i];
c[j][k]++;
d[j][k]+=g[i]*i;
}
long long sum=0;
for (int i=1;i<=m;i++) //最后過一遍顏色，計算每個顏色的加和就ok
{
if(c[1][i]>1) //至于為啥大于1，因為這里是這個顏色奇數(shù)位置的塊的個數(shù)，至少要兩個才行，（思考一下..)
sum=(sum%p+(a[1][i]*b[1][i])%p+((c[1][i]-2)*d[1][i])%p)%p;
if(c[0][i]>1) //原因同上
sum=(sum%p+(a[0][i]*b[0][i])%p+((c[0][i]-2)*d[0][i])%p)%p;
}
cout<<sum;
return 0;
}
/*
這里給出注釋：
g[x]表示題目給出的每個塊上面的數(shù)字
a[0][x]表示顏色為 x 的塊且位置為偶數(shù)的位置累加和
a[1][x]表示顏色為 x 的塊且位置為奇數(shù)的位置累加和
b[0][x]表示顏色為 x 的塊且塊在偶數(shù)位置，塊上的數(shù)字的累加和
b[1][x]表示顏色為 x 的塊且塊在奇數(shù)位置，塊上的數(shù)組的累加和
c[0][x]表示顏色為 x 的塊，偶數(shù)位置的塊有多少個
c[1][x]表示顏色為 x 的塊，奇數(shù)位置的塊有多少個
d[0][x]表示顏色為 x 的塊，偶數(shù)位置i*g[i](自己乘自己)的累加和
d[0][x]表示顏色為 x 的塊，奇數(shù)位置i*g[i](自己乘自己)的累加和
*/
別忘在計算加和過程中%p就行
注意開 long long 不然AC代碼只過30%的數(shù)據(jù)
可以私聊交流一下其他做法，我覺得這應(yīng)該就是AC正解了，另外我寫了個暴力算法能過70%的數(shù)據(jù)
限于語文水平不行，可能證明比較繁瑣，如果可以的話希望可以私聊交流更簡潔的推導方法
#include<iostream>
