【题目】
原题地址
题意：给定数轴上n个点，每个点有一个颜色，任意两个同色点可以作为直径画出一个圆，求圆周相交且异色的圆的个数。

【题目分析】
正难则反，反。。。反怎么也这么难。

【解题思路】
以下来自here
可以考虑求补集，因为总数比较容易得到：就是$\prod_{i=1}^n{a_i\choose 2}$。
接下来有两种情况：$AABB和ABBA$。
前一种情况比较好处理，先求出每种颜色出现了多少次，这样枚举$Bl$时，我们可以很方便统计出前面所有和$Bl$异色的圆的个数，再乘上右边同色点出现次数就是它的贡献。是$O(n)$的。

难点在于$ABBA$的情况，不妨采用阈值的思想，设阈值为$s$，所有出现次数大于等于$s$的数为集合$Big$，小于的为集合$Small$

接下来分类讨论，设四点位置为$l,L,R,r$，颜色出现次数为$a_i$，颜色$x$在第$i$位的前缀出现次数$pre_{x,i}$。

若$A\in Small,B\in Small$，，因为点数出现得很少，如果我们枚举一个$r$，再枚举$l$，由于扫描中已经满足所有$R<r$，那么只需要求出$l<L$的方案数，我们用$BIT$维护即可。这部分的复杂度是$O(n*s*logn)$的。

若$A\in Big,B\in Small$，那么我们枚举$L,R$以及$A$的种类，贡献实际上就是$\sum_{i=2}^{a_B}\sum_{j=1}^{i-1} pre_{A,j}*(a_A-pre_{A,i})$，等价于$\sum_{i=2}^{a_B}(a_A-pre_{A,i})\sum_{j=1}^{i-1} pre_{A,j}$，在预处理过$\sum_{j=1}^{i-1}pre_{x,j}$后我们就不用枚举右端点了，复杂度是$O(\frac {n^2} s)$的。

剩下两种情况是$A\in Small,B\in Big$和$A\in Big,B\in Big$，这两种情况实际上可以一起考虑。
我们枚举$L,R$以及$B$的种类，那么要求的实际上就是$\sum_{i=2}^{a_A}\sum_{j=1}^{i-1}{pre_{B,i}-pre_{B,j}\choose 2}$。将这个柿子展开我们可以得到一个很复杂的东西：${1\over2} \sum_{i=2}^{a_A}( pre_{B,i}^2*(i-1)-2* pre_{B,i}\sum_{j=1}^{i-1}pre_{B,j}+\sum_{j=1}^{i-1}pre_{B,j}^2+\sum_{j=1}^{i-1}pre_{B,j}+pre_{B,i}*(i-1) )$
同样可以发现我们预处理出$\sum_{j=1}^{i-1}pre_{x,j} 和 \sum_{j=1}^{i-1}pre_{x,j}^2$以后就可以不用枚举右端点了。复杂度同样是$O(\frac {n^2} s)$的。

理论上来说当$s=\sqrt{n\over \log n}$时可以得到最优复杂度$O(n\sqrt{n\log n})$，但考虑到后两个部分的常数比较大，$BIT$的常数比较小，我们可以直接取$s=\sqrt n$，大概还是很优秀的。

【参考代码】
写不出来，然后越改越像，最后照着写的（不要打我）。

#include<bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define pb push_back
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N=1e5+10,M=333;
const int mod=1e9+7,inv2=(mod+1)>>1;
int n,lim,ans;
int a[N],pre[N],las[N],siz[N],tr[N];
int pr[M][N],sp[M][N],sp2[M][N];
vector<int>c[N],bg;

int read()
{
    int ret=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=0;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {ret=ret*10+(c^48);c=getchar();}
    return f?ret:-ret;
}

void up(int &x,int y) {x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int calc(int x) {return (LL)x*(x-1)%mod*inv2%mod;}
void update(int x) {for(;x;x-=lowbit(x)) tr[x]++;}
int query(int l,int r) 
{
    int ret=0;++r;
    for(;l<=n;l+=lowbit(l)) ret+=tr[l];
    for(;r<=n;r+=lowbit(r)) ret-=tr[r];
    return ret;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("CC_SEAARC.in","r",stdin);
    freopen("CC_SEAARC.out","w",stdout);
#endif

    n=read();lim=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),c[a[i]].pb(i);
    for(int i=1;i<=n;++i) pre[i]=las[a[i]],las[a[i]]=i;

    int res=0;
    for(int i=1;i<N;++i) 
    {
        if(c[i].size()>lim) bg.pb(i);int t=calc(c[i].size());
        up(ans,(LL)res*t%mod);up(res,t);
    }

    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        up(res,(mod-(c[a[i]].size()-siz[a[i]]-1))%mod);
        up(ans,mod-(LL)siz[a[i]]*(res+mod-calc(c[a[i]].size()-siz[a[i]]-1))%mod);
        ++siz[a[i]];
    }

    memset(siz,0,sizeof(siz));
    for(int i=0;i<bg.size();++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            pr[i][j]=pr[i][j-1]+(a[j]==bg[i]);

    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(c[a[i]].size()<=lim)
        {
            for(int j=0;c[a[i]][j]<i;++j) up(ans,(mod-query(c[a[i]][j]+1,i)+calc(siz[a[i]]-j-1))%mod),update(c[a[i]][j]);//A in S,B in B
            for(int j=0;j<bg.size();++j)
            {
                sp[i][j]=(sp[pre[i]][j]+pr[j][pre[i]])%mod;
                up(ans,mod-(LL)(c[bg[j]].size()-siz[bg[j]])*sp[i][j]%mod);              
            }//A in Big B in Small
        }

        for(int j=0;j<bg.size();++j)
        {
            if(bg[j]==a[i]) continue;
            sp2[i][j]=((LL)pr[j][pre[i]]*pr[j][pre[i]]+sp2[pre[i]][j])%mod;
            LL t1=siz[a[i]]*pr[j][i]%mod*pr[j][i]%mod,t2=(LL)pr[j][i]*sp[i][j]*2%mod,t3=siz[a[i]]*pr[j][i]%mod;
            up(ans,mod-(LL)inv2*(((t1-t2-t3+sp[i][j]+sp2[i][j])%mod+mod)%mod)%mod);
        }//others
        ++siz[a[i]];
    }
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}

【总结】
主要是阈值的思想（挺难想的），然后就是这个柿子是真的难搞出来- -。

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