题解 P7116 【微信步数】
OMG_wc
2020-12-15 04:23:28
称 $n$ 步为一轮，首先 $-1$ 的情况很好判断：一轮后回到原地且在第一轮里存在某个起点走不出去。
我们把要求的答案转换一下：原本是考虑每个起点各自走多少步出界，现在转换成同时考虑所有起点，把每天还 **存活的起点** 数量计入贡献。（这里存活就是指从该起点出发到某天还没出界）
显然，只要把第 $0$ 天活着的起点算进去（也就是 $\prod w_i$），就和要算的答案等价了。
一共 $m$ 个维度，每个维度存活的位置是独立的，并且应是一段区间（只有开头、结尾的一部分会死亡）。
如果第 $j$ 维存活的区间是 $[l_j,r_j]$，那总共存活的数量就为 $\prod\limits_{j=1}^m(r_j-l_j+1)$ 。
根据这个想法，可以得到一个 $O(nmT)$ 的算法，其中 $T$ 最长轮数，最坏情况下为 $\max(w_j)$ 。
以下代码实测可以拿 $45$ 分：
```c++
int w[20], e[20], l[20], r[20];
int c[N], d[N];
int n, m;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
LL ans = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &w[i]);
ans = ans * w[i] % mod;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &c[i], &d[i]);
}
while (1) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
e[c[i]] += d[i];
l[c[i]] = min(l[c[i]], e[c[i]]);
r[c[i]] = max(r[c[i]], e[c[i]]);
LL s = 1;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (r[j] - l[j] >= w[j]) goto M1;
s = s * (w[j] - r[j] + l[j]) % mod;
}
ans = (ans + s) % mod;
}
bool lose = 1;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (e[j] != 0) lose = 0;
}
if (lose) {
ans = -1;
break;
}
}
M1:
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
```
下面考虑第 $j$ 维：
在第一轮第 $i$ 步时，历史移动最大位移为 $[l_i,r_i]$，那么死亡的起点数量应该为 $r_i-l_i$ 个。
这是因为 $[1,-l_i]$ 和 $[n-r_i+1,n]$ 范围内的起点已经死了。
假设第一轮总偏移量为 $e_j$，在第二轮第 $i$ 步时，历史移动最大位移应为 $[\min(l_i,e_j+l_i),\max(r_i,e_j+r_i)]$。
只要 $e_j\neq 0$，无论 $e_j$ 的正负，会有起点在第二轮是新死的。
把第一轮结束时的最大位移 $[l_n,r_n]$ 作为边界，求第二轮第 $i$ 步时的左右扩张范围 $[l'_i,r'_i]$，只需如下计算：
```c++
r[i][j] = max(0, r[i][j] + e[j] - r[n][j]);
l[i][j] = min(0, l[i][j] + e[j] - l[n][j]);
```
那么 $r'_i-l'_i$ 就是第二轮中 $1\sim i$ 步里新死的人。
容易发现一个事实：第 $2，3，4\cdots$ 轮里每步的死亡情况是一致的，只有第一轮是特殊的。（可以画个图理解下，除了第一轮外，其他轮都存在被上一轮已经扩张过的地方，死过的起点不会再死一次）
有了这个周期规律就可以优化了：
首先第一轮单独算，只考虑第二轮开始的。
设第一轮后还活着 $a_j$ 个起点，接下来每轮结束都有 $b_j$ 个起点死亡，最后一轮的 $1\sim i$ 步一共死了 $f_i=r'_i-l'_i$ 个点。
那么可以得到在 $x+2$ 轮的第 $i$ 步时，第 $j$ 维还活着 $a_j-x\times b_j-f_i$ 个点，贡献为 $\prod\limits_{j=1}^m a_j-x\times b_j-f_i$。
设 $T=\min\limits_{j=1}^m\frac{a_j-f_i}{b_j}$，那么我们需要外层枚举 $i$ ，内层枚举 $x=0,1,2,\ldots,T$ 。
（注意这里可能出现 $a_j-f_i\le 0$ 的情况，说明第二轮这个维度的起点就死光了，那后面就不用算了）
如果老老实实这样枚举 $x$ ，和之前做法就一样了。
要算的其实是 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{x=0}^T\prod\limits_{j=1}^m a_j-x\times b_j-f_i$
内层 $\prod$ 展开后，得到一个关于 $x$ 的 $m$ 次多项式 $G(x)$，这个多项式系数可以暴力 $O(m^2)$ 来算（我这里没有优化）
然后对多项式每项 $p_ix^k$，只要单独算 $\sum\limits_{x=0}^T x^k$ 即可。
关于计算 $\sum\limits_{i=1}^n i^k$ 参考 [传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF622F)。
而对本题而言， $k\le 3$ 直接用公式，而 $k > 3$ 时，$n$ 不超过 $10^6$ 直接预处理也可以。
时间复杂度 $O(nm^2)$，代码如下：
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int N = 500005;
LL pow_mod(LL x, LL n) {
LL res = 1;
while (n) {
if (n & 1) res = res * x % mod;
n >>= 1;
x = x * x % mod;
}
return res;
}
LL fac[N];
// 计算 1^m+2^m+3^m+...+n^m
LL cal(LL n, LL m) {
LL res = 0;
if (n <= m + 2) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
res = (res + pow_mod(i, m)) % mod;
}
} else {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= m + 1; i++) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
LL t = 1;
for (int i = 1; i <= m + 2; i++) {
t = t * (n - i) % mod;
}
LL y = 0;
int flag = (m + 2) % 2 ? 1 : -1;
for (int i = 1; i <= m + 2; i++) {
y = (y + pow_mod(i, m)) % mod;
res += flag * y * t % mod * pow_mod(n - i, mod - 2) % mod * pow_mod(fac[i - 1] * fac[m + 2 - i] % mod, mod - 2) % mod;
flag = -flag;
}
res = (res % mod + mod) % mod;
}
return res;
}
int w[20], e[20], l[N][20], r[N][20];
int a[20], b[20], h[20];
LL f[20][20];
int c[N], d[N];
int n, m;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &w[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &c[i], &d[i]);
e[c[i]] += d[i];
for (int j = 1; j <= m; j++) {
l[i][j] = l[i - 1][j];
r[i][j] = r[i - 1][j];
}
l[i][c[i]] = min(l[i][c[i]], e[c[i]]);
r[i][c[i]] = max(r[i][c[i]], e[c[i]]);
}
bool lose = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (e[i] != 0 || r[n][i] - l[n][i] >= w[i]) {
lose = 0;
}
}
if (lose) return puts("-1"), 0;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
a[j] = w[j] - (r[n][j] - l[n][j]);
}
LL ans = 0;
// 第一轮贡献
for (int i = 0; i <= n; i++) {
LL s = 1;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
s = s * max(0, (w[j] - (r[i][j] - l[i][j]))) % mod;
}
ans = (ans + s) % mod;
}
// 第二轮的死亡范围更新
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
r[i][j] = max(0, r[i][j] + e[j] - r[n][j]);
l[i][j] = min(0, l[i][j] + e[j] - l[n][j]);
}
}
for (int j = 1; j <= m; j++) {
b[j] = r[n][j] - l[n][j];
}
// 第二轮开始的贡献
int last = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= m; j++) f[0][j] = 0;
f[0][0] = 1;
int t = INF;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
int x = a[j] - r[i][j] + l[i][j];
if (x <= 0) goto M1; // 第二轮就暴毙了
if (b[j] > 0) t = min(t, x / b[j]);
for (int k = 0; k <= m; k++) {
f[j][k] = f[j - 1][k] * x % mod;
if (k > 0)
f[j][k] = (f[j][k] + f[j - 1][k - 1] * -b[j]) % mod;
}
}
ans += f[m][0] * (t + 1) % mod;
if (t != last) {
last = t;
for (int j = 1; j <= m; j++) h[j] = cal(t, j);
}
for (int j = 1; j <= m; j++) {
ans += h[j] * f[m][j] % mod;
}
}
M1:;
ans = (ans % mod + mod) % mod;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
```