牛课暑假多校第九场H prefix sum

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假如a[0][1]=1，那他对后面的影响如图所示，斜着看可以发现，是杨辉三角，假如k=3，x=3，a[0][1]对他的影响是C(4， 2)，a[0][2]对他的影响是C(3,2)，a[0][3]对他的影响是C（2,2）；所以a[0][i]对他的影响是C(k+x-1-i,k-1), $a[k][x]=\sum_{i=1}^{x}\binom{x+k-1-i}{k-1}*a[0][i]$ ,我们将式子转化为 $\sum_{j=1}^{k-1} \binom{x}{j}\sum_{i=1}^{x}\binom{k-1-i}{k-1-j}*a[0][x]$ ,这样对于后面的\sum可以通过树状数组维护前缀和。对于负数的组合数，，对于组合数递推公式仍然满足。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
const int mo=1e9+7;
int n, m, k, x;
ll y, s[50][N];

ll inv[N];

void init(){
    inv[1]=1;
    for(int i=2; i<N; i++)
        inv[i]=inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
}

void upd(int id, int x, ll v){
    for(;x<N;x+=x&-x){
        s[id][x]=(s[id][x]+v+mo)%mo;
    }
}
ll sum(int id, int x){
    ll ret=0;
    for(; x>0; x-=x&-x)
        ret=(ret + s[id][x])%mo;
    return ret;
}

int main(){

    init();

    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    int o;
    while(m--){
        scanf("%d", &o);
        if(o==0){
            ll u=1;
            scanf("%d%lld", &x, &y);
            for(int i=0; i<k; i++){
                upd(i, x, u*y%mo);
                u=u*(k-1-x-i)%mo*inv[i+1]%mo;
            }
        }
        else{
            scanf("%d", &x);
            ll ans=0, u=1;
            for(int i=0; i<k; i++){
                ans=(ans+u*sum(k-1-i, x)%mo)%mo;
                u=u*(x-i)%mo*inv[i+1]%mo;
                if(u<0) u+=mo;

            }
            //cout<<"******"<<endl;
            printf("%lld\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}

另一种分块的思想也很巧妙，题目给的时间是3秒，总复杂度3e8肯定没问题，1e5次操作，我们如果将更新操作累加到1000次再暴力更新，暴力更新复杂度是O（n*k），最多1e2次更新，总的时间复杂度是1e5*1e2*40=1e8左右，如果是询问，因为1000次以内不更新，如果有询问，就看哪个更新对询问的位置产生影响，这样的话复杂度是1000，最多1e5的复杂度，所以分块时间会优化特别多。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
const int mo=1e9+7;
int n, m, k, x, block;
ll y, s[N], a[N], dp[2][N];
struct Qu{
    ll v, x;
}Q[N];

ll inv[N], finv[N], fac[N];
void init(){
    inv[1]=finv[0]=finv[1]=fac[0]=fac[1]=1;
    for(int i=2; i<N; i++){
        inv[i]=inv[mo%i]*(mo-mo/i)%mo;
        fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mo;
    }
    for(int i=2; i<N; i++)
        finv[i]=finv[i-1]*inv[i]%mo;
}

ll C(ll n, ll m){
    if(n<m) return 0;
    return fac[n]*finv[m]%mo*finv[n-m]%mo;
}

ll query(int x){
    ll sum=s[x];
    for(int i=1; i<=block; i++){
        //cout<<Q[i].v<<endl;
        if(Q[i].x<=x)
            sum=(sum+C(x-Q[i].x+k-1, k-1)*Q[i].v)%mo;
    }
    return sum;
}

void upd(){
    block=0;
    int f=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) dp[0][i]=a[i];
    for(int i=1; i<=k; i++){
        f^=1;
        dp[f][1]=dp[f^1][1];
        for(int j=2; j<=n; j++){
            dp[f][j]=(dp[f][j-1]+dp[f^1][j])%mo;
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) s[i]=dp[f][i];

}

int main(){

    init();

    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    int o;
    while(m--){
        scanf("%d", &o);
        if(o==0){
            ++block;
            scanf("%lld%lld", &Q[block].x, &Q[block].v);
            //cout<<Q[block].x<<" "<<Q[block].v<<endl;
            a[Q[block].x]+=Q[block].v;
            a[Q[block].x]%=mo;
            if(block>=2000)
                upd();
        }
        else{
            scanf("%d", &x);
            //printf("%lld\n", s[x]);
            printf("%lld\n", query(x));
        }
    }
    return 0;
}

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