「NOIP 2020」微信步数（计数）

「NOIP 2020」微信步数（Luogu P7116）

题意：

有一个 (k) 维场地，第 (i) 维宽为 (w_i)，即第 (i) 维的合法坐标为 (1, 2, cdots, w_i)。

小 C 有一个长为 (n) 的行动序列，第 (i) 个元素为二元组 ((c_i, d_i))，表示这次行动小 C 的坐标由 ((x_1, x_2, cdots, x_{c_i}, cdots, x_k)) 变为 ((x_1, x_2, cdots, x_{c_i} + d_i, cdots, x_k))。

小 C 会事先将行动序列重复无限次。

接下来，小 C 会以场地中的每个整点为起点，按照行动序列走直到走出场地。小 C 想知道他一共会走几步。你只要求出答案对 (10^9 + 7) 取模的结果。

(1 le n le 5 imes 10^5, 1 le k le 10, 1 le w_i le 10^9, d_i in {1, -1})。

思路：

首先可以发现，走出场地的时刻就是路径的（高维）Rounding Box 超出场地范围的时刻。换句话说，我们只关心路径中每一维坐标的最小、最大值。

把起点分两类讨论：走不超过 (n) 步就走出去的，和不属于这一类的。

对于第一类，我们枚举走 (i) 步恰好走出去。方案数就是前 (i - 1) 步的 Rounding Box 在范围内的方案数，减去前 (i) 步的 Rounding Box 还在范围内的方案数。对于两者，合法的起点都在一个（高维）矩形里，可以用乘法计算方案数。

对于第二类，把总步数拆成最后一轮走的步数（在 ([1, n]) 中）和之前走的步数（是 (n) 的整数倍）。

先看前者。对于一个第二类起点，我们枚举一个 “假起点”，满足 “真起点” 先走整数轮到这点，然后走 (n + i) 步恰好走出场地（(1 le i le n)）。

注意，一个 “假起点” 的贡献是 (i) 乘上可能的 “真起点” 个数。

我们记走一整轮后，第 (i) 维坐标的增量为 (Delta x_i)。方便起见，(Delta x_i ge 0) 且不全为 (0)。

设 “真起点” 为 ((a_1, a_2, cdots, a_k))，“假起点” 为 ((b_1, b_2, cdots, b_k))。那么两点一定满足关系 (a_i = b_i - c Delta x_i)（(c ge 0)）。

现在，先固定 “假起点”。可以发现 “真起点” 还需满足形如 (a_i ge l_i) 的限制，所以真起点个数就是 (lfloor min{frac{b_i - l_i}{Delta x_i}} floor + 1)。

然后考虑 “假起点”。它的范围也是两个矩形的差，所以可以差分算贡献。更特殊地，发现它的最小值恰为 (l_i)，即它的范围形如 (l_i le b_i < r_i)。设 (m_i = r_i - l_i)，方案数可以写作：

[egin{aligned} & sum_{b_1 = l_1}^{r_1 - 1} sum_{b_2 = l_2}^{r_2 - 1} cdots sum_{b_k = l_k}^{r_k - 1} lfloor min{frac{b_i - l_i}{Delta x_i}} floor + 1 \ = & sum_{j_1 = 0}^{m_1 - 1} sum_{j_2 = 0}^{m_2 - 1} cdots sum_{j_k = 0}^{m_k - 1} lfloor min{frac{j_i}{Delta x_i}} floor + 1 \ = & sum_{t ge 0} sum_{j_1 = 0}^{m_1 - 1} sum_{j_2 = 0}^{m_2 - 1} cdots sum_{j_k = 0}^{m_k - 1} [lfloor min{frac{j_i}{Delta x_i}} floor ge t] \ = & sum_{t ge 0} prod_{i = 1}^{k} max(0, m_i - t Delta x_i) \ end{aligned} ]

下面只需考虑这个东西如何算。首先可以发现 (t) 大于等于一个值 ( ext{lim}) 时乘积的结果就为 (0)。通过这个事实可以把 (max) 去掉。再把式子看做关于 (t) 的多项式，即可推得：

[egin{aligned} & sum_{t ge 0} prod_{i = 1}^{k} max(0, m_i - t Delta x_i) \ = & sum_{t = 0}^{ ext{lim} - 1} prod_{i = 1}^{k} m_i - t Delta x_i \ = & sum_{t = 0}^{ ext{lim} - 1} sum_{i = 0}^{k} f_i t^i \ = & sum_{i = 0}^{k} f_i sum_{t = 0}^{ ext{lim} - 1} t^i \ end{aligned} ]

所以问题转化成一个经典问题：求 (k) 次方前缀和。至此，我们解决了前者的贡献。

现在考虑后者就简单了。我们枚举从起点开始走 (t) 整轮还没走出边界，然后给答案加上 (n) 乘上合法起点数。这里发现合法的起点还是矩形，且 (t) 每增加 (1) 矩形第 (i) 维的宽度就减少 (Delta x_i)。也就是说后者的式子和前者长得一样，也可以用上述方法计算。

最终我们解决了问题，时间复杂度 (O(n k^2))。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= int(b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= int(b); i--)
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 5e5, mod = 1e9 + 7;

int n, k, w[10], c[maxn + 5], d[maxn + 5], dt[10], res, S[11][11], inv[12];

struct foo {
	int z[10], l[10], r[10];
	void reset() {
		memset(z, 0, k << 2);
		memset(l, 0, k << 2);
		memset(r, 0, k << 2);
	}
	foo() {
		reset();
	}
	int walk(int c, int d) {
		z[c] += d;
		if (z[c] < l[c] || z[c] > r[c]) {
			l[c] = min(l[c], z[c]);
			r[c] = max(r[c], z[c]);
			return d;
		}
		return 0;
	}
} F, B;

inline void red(int &x) {
	x += x >> 31 & mod;
}

void prework(int n) {
	S[0][0] = 1;
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, i) {
		S[i][j] = (S[i - 1][j - 1] + ll(S[i - 1][j]) * j) % mod;
	}
	inv[1] = 1;
	rep(i, 2, n + 1) {
		inv[i] = ll(mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
	}
}

int calc(int k, int n) {
	int s = 0, c = 1;
	rep(i, 0, k) {
		c = ll(c) * max(0, n - i) % mod;
		s = (s + ll(c) * inv[i + 1] % mod * S[k][i]) % mod;
	}
	return s;
}

int work(int a[]) {
	int lim = mod;
	rep(i, 0, k - 1) if (dt[i]) {
		lim = min(lim, (a[i] + dt[i] - 1) / dt[i]);
	}
	int dp[11] = { 1 };
	rep(i, 0, k - 1) {
		per(j, i, 0) {
			dp[j + 1] = (dp[j + 1] + ll(mod - dt[i]) * dp[j]) % mod;
			dp[j] = ll(a[i]) * dp[j] % mod;
		}
	}
	int res = 0;
	rep(i, 0, k) {
		res = (res + ll(dp[i]) * calc(i, lim)) % mod;
	}
	return res;
}

int main() {
	// freopen("walk.in", "r", stdin);
	// freopen("walk.out", "w", stdout);
	scanf("%d %d", &n, &k);
	prework(k);
	rep(i, 0, k - 1) {
		scanf("%d", &w[i]);
	}
	rep(i, 1, n) {
		scanf("%d %d", &c[i], &d[i]), c[i]--;
		if (F.walk(c[i], d[i]) && F.r[c[i]] - F.l[c[i]] <= w[c[i]]) {
			int x = 1;
			rep(j, 0, k - 1) if (j != c[i]) {
				x = ll(x) * max(0, w[j] - F.r[j] + F.l[j]) % mod;
			}
			res = (res + ll(i) * x) % mod;
		}
	}
	rep(i, 1, n) if (F.z[c[i]] < 0) {
		d[i] = -d[i];
	}
	rep(i, 0, k - 1) if (F.z[i] < 0) {
		F.z[i] = -F.z[i];
		swap(F.l[i], F.r[i]);
		F.l[i] = -F.l[i];
		F.r[i] = -F.r[i];
	}
	B = F;
	bool chk = true;
	rep(i, 0, k - 1) {
		dt[i] = B.z[i];
		chk &= dt[i] == 0;
	}
	if (chk) {
		bool ok = false;
		rep(i, 0, k - 1) {
			ok |= B.r[i] - B.l[i] >= w[i];
		}
		printf("%d
", ok ? res : -1);
		exit(0);
	}
	int a[10] = {};
	rep(i, 1, n) {
		if (F.walk(c[i], d[i]) && F.r[c[i]] - F.l[c[i]] <= w[c[i]]) {
			bool ok = true;
			rep(j, 0, k - 1) if (j != c[i]) {
				ok &= w[j] - F.r[j] + F.l[j] > 0;
			}
			if (!ok) {
				continue;
			}
			rep(j, 0, k - 1) if (j != c[i]) {
				a[j] = w[j] - F.r[j] + F.l[j];
			}
			a[c[i]] = w[c[i]] - F.r[c[i]] + F.l[c[i]] + 1, res = (res + ll(i) * work(a)) % mod;
			a[c[i]] = w[c[i]] - F.r[c[i]] + F.l[c[i]], res = (res + ll(mod - i) * work(a)) % mod;
		}
	}
	rep(i, 0, k - 1) {
		a[i] = max(0, w[i] - B.r[i] + B.l[i]);
	}
	res = (res + ll(n) * work(a)) % mod;
	printf("%d
", res);
	return 0;
}