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上题干：
题目描述
一条狭长的纸带被均匀划分出了n个格子，格子编号从11到n。每个格子上都染了一种颜色colori用[1,m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字numberi。
定义一种特殊的三元组：(x,y,z)，其中x,y,z都代表纸带上格子的编号，这里的三元组要求满足以下两个条件：
xyz是整数,x<y<z,y−x=z−y
colorx=colorz
满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z)×(numberx+numberz)。整个纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。这个分数可能会很大，你只要输出整个纸带的分数除以10,007所得的余数即可。
输入格式
第一行是用一个空格隔开的两个正整数n表式纸带上格子的个数，m表纸带上颜色的种类数。
第二行有n用空格隔开的正整数，第i数字number表纸带上编号为i格子上面写的数字。
第三行有n用空格隔开的正整数，第i数字color表纸带上编号为i格子染的颜色。
输出格式
一个整数，表示所求的纸带分数除以1000710007所得的余数。
输入输出样例
输入 #1复制
6 2 5 5 3 2 2 2 2 2 1 1 2 1输出 #1复制
82输入 #2复制
15 4 5 10 8 2 2 2 9 9 7 7 5 6 4 2 4 2 2 3 3 4 3 3 2 4 4 4 4 1 1 1输出 #2复制
1388说明/提示
【输入输出样例 1 说明】
纸带如题目描述中的图所示。
所有满足条件的三元组为： (1,3,5),(4,5,6)(1,3,5),(4,5,6)。
所以纸带的分数为(1+5)×(5+2)+(4+6)×(2+2)=42+40=82(1+5)×(5+2)+(4+6)×(2+2)=42+40=82。
对于第 11 组至第 22 组数据，1≤n≤100,1≤m≤5；
对于第33 组至第 44 组数据， 1≤n≤3000,1≤m≤100；
对于第 55 组至第66组数据， 1≤n≤100000,1≤m≤100000，且不存在出现次数超过20的颜色；
对 于 全 部 1010 组 数 据 ， 1≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤colori≤m,1≤numberi≤100000
从这道题里，我们可以学到很多东西。
因为每个格子的编号是从1开始的，所以我们定义两个数组，a【i】表示 第i个格子内的数字，
b【i】表示第i个格子的颜色。
然后，这道题给了我们一个三元组（x，y，z），三个编号为x，y，z的格子。
要求这个三元组满足下面两个条件：
第一个条件是，这个三元组内部是严格升序的，并且，y-x=z-y
严格升序都能理解，那么我们接下来研究一下y-x=z-y这个条件想表达什么。
首先呢，不难看出它是一个等差数列。即x，y，z满足等差性质
那么假设公差为d，则有：x+2d=z，因为2d是一个偶数，所以x必然与z共奇偶。
请把这条性质记住。我们为什么会想到这个呢？因为我们是站在枚举复杂度的角度来看的。
假设我们要找到所有满足条件的x，y，z，那么简单的三重枚举就行了，但是会超时。
所以我们必须要找出优化的枚举操作。并带着目的性去审视题目给的条件。
第二个条件是：在（x，y，z）中，编号x的格子颜色要等于，编号为z的格子的颜色
即b【x】=b【z】
满足这两个条件的三元组就可以计入答案，
每一组合法的三元组对答案的贡献是（x+z）*（a【x】+a【z】）
那么这道题到这就结束了吗？
不，还远远没有。
因为以我们现在推出来的条件，我们需要每次枚举x，z的位置（复杂度为O(n^2))，并且判断x，z的奇偶性，颜色是否相同。
这样做仍然无法通过本题（没错就是这么变态）
所以我们还要优化，但是还有哪里能优化呢？我们已经优化了条件，但是你有没有想过，计算答案这个过程是可以优化的。
每一个合法的三元组对答案的贡献可以展开成：x*a【x】+x*a【z】+z*a【x】+z*a【y】
那么x对答案的贡献是什么呢？x*a【x】+x*a【z】
我们简化一下问题：不考虑颜色是否相同，只考虑奇偶性是否相同
假设一对合法三元组为（1，2，3）那么1对答案的贡献是 1*a【1】+1*a【3】；
然后枚举z，当x=1的时候，z可以是5，7，9，11，13......
所以1对答案的贡献就是：（1*a【1】+1*a【3】）+（1*a【1】1*a【5】）+（1*a【1】+1*a【7】）......
假设z枚举到7为止，也就是说如果有4个条件相同的元素（1，3，5，7）那么
1对答案的贡献： 3* （1*a【1】）+a【3】+a【5】+a【7】
等价于： 2*（1*a【1】）+（a【1】+a【3】+a【5】+a【7】）
3对答案的贡献： 3*（3*a【3】）+ 3a【1】+3a【5】+3a【7】
等价于： 2*（3*a【3】）+ 3（a【1】+a【3】+a【5】+a【7】）
我们可以把这个化成i的时候的一般式子，即i对于答案的贡献是 （ 共奇偶的格子数-2）*a【1】+i*（所有的共奇偶的格子上的数字和）
那么把这个东西一般化呢？即 任何 i 对答案的贡献是 a【i】*（满足同一种条件的格子数-2）+i*（满足同一种条件的格子数上面的数字之和）
让我们回到我们的问题，合法的三元组必须满足颜色相同，奇偶相同的性质
所以我们可以同理推理出来： 任何i对答案的贡献都是 a【i】*（共奇偶，且共颜色 的格子的总个数-2）+i*（共奇偶，共颜色的格子上面的数字之和）
所以我们只需要提前算出，共奇偶且共颜色的每个格子上的数字之和，和共奇偶且共颜色的格子总数。
用一个数组来存《共奇偶且共颜色的每个格子上的数字之和》 那么就有前缀和式子： sum【颜色】【奇偶】+= 满足这个条件的格子上的数字
也就是 sum[b[i][i%2]+= a[i];
另一个数组来存《共奇偶且共颜色的格子总数》 有 桶排序 ans【颜色】【奇偶】++；
也就是ans[b[i]][i%2]++;
然后我们就可以线性地求答案了。
只需要枚举i=1~n，每次计算答案，然后取模就可以了 。
代码如下：
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 10007;
int sum, n, m;
int a[N], b[N];
int sum1[N][3];//同色同奇偶的个数
int num[N][3];//同色奇偶的编号和
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];//输入编号
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> b[i];
sum1[b[i]][i % 2]++;
num[b[i]][i % 2] = (num[b[i]][i % 2]+a[i]) % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
sum = (sum+ i *( (sum1[b[i]][i % 2] - 2) * a[i]%mod + num[b[i]][i % 2]) )%mod;
}
cout << sum;
}
