吉首大学校赛 I 滑稽树上滑稽果 （Lucas + 莫队）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/925/I
来源：牛客网

题目描述

n个不同的滑稽果中，每个滑稽果可取可不取，从所有方案数中选取一种，求选取的方案中滑稽果个数不超过m的概率。(对10⁹+7取模)

输入描述:

第一行一个正整数T( T <= 10^5 )

随后T行每行两个整数n,m ( 0 < m <= n <= 10^5 )

输出描述:

T行，每行一个整数表示答案。

示例1

输入

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2
5 2
5 1

输出

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500000004
687500005


题意：要你求取的数量不超过m的数量的概率
思路：首先因为组合数太大，我们就只能用Lucas 来求
其次这个数据范围太大，我们肯定不能直接暴力求出组合数
这里我们把 s(m,n) 设为  从n个中选取至多m个物品的方案数,我们可以得出  s(m,n) =  s(m-1,n) + c(m,n) 
我们还可以用杨辉三角得出  s(m,n)= 2 * s(m,n-1)*2-c(m,n-1)
s(4,8) = c(0,8) + c(1,8) + c(2,8) + c(3,8) + c(4,8)
s(4,7) = c(0,7) + c(1,7) + c(2,7) + c(3,7) + c(4,7)
我们可以借由定理：c(m,n)+c(m+1,n) = c(m+1,n+1)
c(0,8)=c(0,7)
c(1,8)=c(0,7)+c(1,7)

c(2,8)=c(1,7)+c(2,7)

c(3,8)=c(2,7)+c(3,7)

c(4,8)=c(3,7)+c(4,7)

我们把m-n当成一个线段，我们就可以让s(m,n) ->   s(m+1,n),s(m-1,n),s(m,n+1),s(m,n-1);

我们可以进行O(1)转移，这里我们就好办了，我们用莫队离线排序查询然后进行转移

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define IO ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define P 1000000007
#define mod 1000000007
#define N 100010
#define LL long long
using namespace std;
typedef long long ll;
struct query{int l,r,block,id;} Q[N];
LL w[N],inv[N],ans[N];
 
bool cmp(query a,query b)
{
    if (a.block!=b.block) return a.l<b.l;
    if (a.block&1) return a.r<b.r; return a.r>b.r;
}
 
LL C(int r,int l)
{
    if (r<l) return 0;
    return w[r]*inv[l]%P*inv[r-l]%P;
}
 
ll quick_pow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b=b/2;
    } 
    return ans;
} 
int main()
{
    w[0]=1;w[1]=1;inv[1]=1; inv[0]=1;
    for (int i=2;i<N;i++)
    {
        w[i]=w[i-1]*i%P;
        inv[i]=inv[P%i]*(P-P/i)%P;
    }
    for (int i=2;i<N;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]% P;
    int block=sqrt(100000);
    int n;
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>Q[i].r>>Q[i].l;
        Q[i].id=i;Q[i].block=Q[i].l/block;
    }
    int l=1,r=1;LL t=2;
    sort(Q+1,Q+n+1,cmp);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        while(l<Q[i].l)
        {
            t=(t+C(r,l+1))%P;
            l++;
        }
        while (l>Q[i].l)
        {
            l--;
            t=(t-C(r,l+1)+P)%P;
        }
        while (r<Q[i].r)
        {
            r++;
            t=(2*t-C(r-1,l)+P)%P;
        }
        while(r>Q[i].r)
        {
            t=(t+C(r-1,l))*inv[2]%P;
            r--;
        } 
        ll sum=quick_pow((ll)2,Q[i].r); 
        sum=quick_pow(sum,mod-2);
        ans[Q[i].id]=(t*sum)%mod;
        //ans[Q[i].id]=sum;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)cout<<ans[i]<<endl;
    return 0;
}