大佬们的题解都看不懂啊...果然还是太弱了呢。那么这里就给出一个自认为比较好理解的题解吧\(qwq\)

---

正文部分：

首先考虑部分分：
\(10pts:O(n^3)\)枚举
\(40pts:O(n^2)\)枚举：
移项得知:\(2y=x+z\)，那么对于\(x+z\)为偶数的时候，一定有\(y\)存在，否则相反，于是复杂度就降了一维：
\(100pts:O(n)\)
同样继续\(40pts\)做法：将\(y\)移项：
那么原式就成了:\[x+z=2y\]
于是我们就可以讨论\(x\)与\(z\)的奇偶性：

奇+偶=奇
奇+奇=偶
偶+偶=偶
偶+奇=奇

发现没有：\(x\)与\(z\)的奇偶性必须是相同的
那么我们不妨定义一个集合\(i\)，它有\(n\)个元素，并且这个集合里的数都是同奇偶且颜色相同的。（为方便，之后英文\(number\)统一写成\(num\)）
于是这个集合所造成的贡献就是：

\((i_1+i_2)(num_{i1}+num_{i2})+(i_1+i_3)(num_{i1}+num_{i3})+...+(i_{n-1}+i_n)*(num_{i_{n-1}}*num_{i_n})\)

好晕啊。。那我们不妨就单拿\(i_1\)来举例子，即只考虑与\(i_1\)有关的项：于是式子就变成了：

\((i_1+i_2)(num_{i_1}+num{i_2})+..+(i_1+i_n)*(num_{i_1}+num_{i_n})\)

似乎毫无头绪，那么尝试把与\(i_1\)有关的式子展开一下：

\(i1*num_{i_2}+i1*num_{i1}...+i1*num_{in}+i1*num_{i1}\)

发现没有，似乎有些规律：
继续尝试，将式子整理一下：
\(i1*(num_{i2}+...+num_{in})+(n-1)*i_1*num_{i1}\)
我们来解释一下为什么是\(n-1\)组，因为\(i_1\)与\(i_1\)不能组合为一组，但是与集合中的其他元素都能组合，顾为\(n-1\)组。

当做到这一步时，恭喜你，你已经离成功很近了。

这时还差最后一步，很明显：\((num_{i2}+...+num_{in})\)这个东西是不确定的，比如当统计\(i_2\)时这个东西就变成了\((num_{i1}+num_{i3}+...+num_{in})\)，但是我们要预处理出来的一定是一个可以计算的数，于是就要考虑有没有什么方法可以变形出一个等价的式子。
发现这个东西是不是跟\(i_1+i_2+...+i_n\)很像？没错，我们把这个东西加上\(i_1*num_{i1}\)，在最后面再减掉\(i_1*num_{i1}\)，于是原式就变成了这样：
\(i1*(num_{i1}+num_{i2}+...+num_{in})+(n-1)*i_1*num_{i1}-{i_1}*{num_{i1}}\)

合并一下同类项：
原式=\(i1*(num_{i1}+num_{i2}+...+num_{in})+(n-2)*i_1*num_{i1}\)

=\(i_1*[num_{i1}+num_{i2}+...+num_{in}+(n-2)*num_{i_1}]\)

呼呼，终于归纳完了。
于是我们就可以求出一个关于\(i_n\)的公式：

\(i_n*[num_{i1}+num_{i2}+...+num_{in}+(n-2)*num_{i_n}]\)

很明显\(num_{i1}+num_{i2}+...+num_{in}\)是可以预处理出来的，于是这道题就做完了。。真毒瘤啊。应该已经很清楚了吧，那我就不放代码啦\(qwq\)。