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;
}