【训练题20：组合数学】E2. Close Tuples | CF 690 (Div 3)

E2. Close Tuples (hard version)

难度比

$-\frac{1612}{13570}$

$$\begin{gathered} 以后这些题目用： \\ -\frac{过这题的人数}{过这场签到题的人数}表示难度比 \\ 越接近0越难，加了负号，所以仍然是越大越难 \end{gathered}$$
当时只写出了Easy版本，现在补Hard的

题意

给你一个长度为 $n$ 的数组 a [   ] = { a 1 ⋯ a n } a[\ ]=\{a_1\cdots a_n\} a[ ]={ a1​⋯an​}
让你找出所有的 $m$ 元组，并且使得选出的这 $m$ 个数字的 极差 $\le k$

更正式的表示：
找到 $i_1<i_2<\cdots <i_m$，s.t. $\max a_j-\min a_j\le k$, 其中 j = { i 1 , ⋯   , i m } j=\{i_1,\cdots,i_m\} j={ i1​,⋯,im​}

问你，这样的 $m$ 元组的数量，取模 $1e9+7$

数据范围

$1\le n\le 2\times 10^5$
$1\le m\le 100$
$1\le k\le n$
$1\le a_i\le n$

思路

• 首先是一个非常重要的结论：原来的数组 $a$ 任意元素交换顺序，答案不会影响。因为求 $m$ 元组的本质就是找到所有不同的集合大小为 $m$ 的符合条件的子集个数。
• 那么我们选择对原来的数组进行升序排序，答案自然就不会改变。
• 然后，如果我们选择了 $a_i$ 这个元素作为你所选择的 $m$元组的最小值，那么剩下来 $m-1$ 个数字要在后续的数字中符合条件的范围内，即范围 $[a_i,a_i+k]$ 的个数 $cnt-1$ ($去掉了a_i自己$)里面选择 $m-1$个，易得答案为 $C_{cnt-1}^{m-1}$
• 答案即为所有位置的累加，即 $\sum C_{cnt-1}^{m-1}$
• 那么我们只要预处理阶乘和阶乘的逆元即可。
• 计算范围边界可以使用 $lower\_bound$函数或者尺取。

题外话

• 为什么对于位置 $i$ ，我们不在所有范围 $[a_i,a_i+k]$ 中选择 $m$ 个，即答案为 $\sum C_{cnt}^m$ 呢？
• 举例：（数组已经升序后）假设 $a_1\sim a_{10}$ 的极差为 $k$ , $a_5\sim a_{2}0$ 的极差也为 $k$。
• 那么，容易想到 $a_6,a_7,a_8$这个三元集在两个范围内都被枚举到了。
• 所以，我们要固定这个 $m$ 元集中$a_i$ 是一定要选择的最小元素进行枚举，就不会计算重复。

核心代码

时间复杂度 $O(2e5+\sum n)$

/*
 _            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|
        __/ |
       |___/
*/
const int MAX = 2e5+50;

int aa[MAX];
ll fac[MAX],infac[MAX];
void init(int x){
    
    
    fac[0]   = 1;
    infac[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= x;++i)
        fac[i] = (fac[i-1] * i) % MOD;
    infac[x] = inv(fac[x]);
    for(int i = x - 1;i >= 1;--i)
        infac[i] = (infac[i + 1] * (i + 1)) % MOD;
}
ll C(ll n,ll m){
    
    
    if(m > n)return 0;
    ll ans = fac[n] * infac[m] % MOD * infac[n - m] % MOD;
    return ans;
}
int main()
{
    
    
    int T;scanf("%d",&T);
    init(200000);
    while(T--){
    
    
        int n,m,k;
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i = 0;i < n;++i)scanf("%d",&aa[i]);
        sort(aa,aa+n);
        int ed = -1;
        ll ans = 0;
        for(int i = 0;i < n;++i){
    
    
            while(ed + 1 < n && aa[ed+1] - aa[i] <= k)ed++;
            ans += C(ed - i,m - 1);
            ans %= MOD;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}