以下是题干

D. 安全带

单点时限: 1.0 sec 内存限制: 256 MB

（前面题干是一堆废话，我把它删了）
简单来说：初始给出一个 n 个点顺次连接而成的环，点有点权，边权是两个端点的点权乘积。现在给出一些特殊点，这些特殊点是向其他所有点都有连边，如果连边时发现两点之间已经有边，不会再次连接（即图中不会有重边）。求图中边权和。

输入格式

输入第一行包含一个整数 n(3≤n≤105) ，表示按钮数量。

第二行包含 n 个用空格隔开的整数 a1,a2,⋯,an(1≤ai≤104) ，分别表示按钮的权值。

第三行包含 n 个用空格隔开的整数 b1,b2,⋯,bn(bi∈{0,1}) ，分别表示按钮的开关状态。其中 bi=1 表示第 i 个按钮按下了，bi=0 表示第 i 个按钮没有被按下。

输出格式

输出一个整数，表示安全带的松紧程度。

样例输入1

3
2 3 3
1 0 1

样例输出1

21

样例输入2

3
2 3 3
0 0 0

样例输出2

21

提示

第一个样例解释：

初始的时候图中有三条边 (1,2),(2,3),(3,1) ，边权分别是 6,9,6 。

点 1 和点 3 向其他所有点有边，而这些边均已存在在图中，故不重复连接，所以边权和为 6+9+6=21 。

Solution

正难则反。如果按顺序，先把编号相邻的点连接起来，再处理按钮的连接，肯定是不好处理的。观察发现这两个步骤其实不是冲突的。我们考虑先把按了的按钮处理出来，然后看看哪些相邻点还没有，再加上来就行了。这道题比较有技巧性的地方就是要维护一个特殊的变量。刚开始按第一个按钮的时候，所有点都不是连接的，那么我们可以用所有其他点的权值和✖️该点权值求出我们的边权和。当按过多个按钮后，因为这些按钮和所有的其他点都连接了，按过的按钮的权值日后不会再有任何贡献，因此我们把的权值他们用一个变量累计起来，在之后算没有连接过的点权和的时候，没有连接过的点权和=点权和-该点的权-按过的按钮的权的累计。这样就可以用O(N)的复杂度完成这道题

/*
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*/
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define RG register

using namespace std;

template<class Type> inline void R(Type &x)
{
    RG int c=getchar();for(;c<48||c>57;c=getchar());
    for(x=0;c>47&&c<58;x=x*(Type)10+c-48,c=getchar());
}

int N,a[100001];
bool f[100001];
long long ans=0,sum[100001],tot=0;

int main()
{
    R(N);
    for(RG int i=1;i<=N;++i)
    {
        R(a[i]);
        tot+=a[i];
    }
    for(RG int i=1;i<=N;++i)
        sum[i]+=tot-a[i];
    tot=0;
    for(RG int i=1;i<=N;++i)
    {
        R(f[i]);
        if(f[i]==1)
        {
            ans+=(long long)a[i]*(sum[i]-tot);
            tot+=a[i];
        }
    }
    for(RG int i=1;i<=N;++i)
    {
        if(f[i]==1)continue;
        if(f[(i%N)+1]==0)
            ans+=a[i]*a[(i%N)+1];
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

标签：include,EOJ,T4,按钮,样例,权值,Monthly2019.11,连接,点权
来源： https://www.cnblogs.com/keshuqi/p/11960830.html