HDU7018.Banzhuan(计算几何+贪心)

思路：

先考虑最大值，首先，都填满肯定是最大的，但是在填的过程中要怎么最大化代价呢。每次都将要填的物品放到第(n)层，这样由于题意可知他会掉落，但是代价依旧是最大的。
最大代价如下：
(n*sum_{x=1}^{n}{x}*sum_{y=1}^{n}{y^{2}}=n*frac{n*(n+1)}{2}*frac{n*(n+1)*(2*n+1)}{6})
接下来考虑最小值。
手模一下(n=4)的场景，有以下三种情况：
(1.)首先在底面平铺一层，然后在左上-右下的对角线上的每个格子都放3个，形成的俯视图如下：

蓝色的数字表示高度，这样的代价为(750)
(2.)首先在底面平铺一层，然后在右上-左下的对角线上的每个格子都放3个，形成的俯视图如下，代价也是(750):

(3.)

这样的代价为(642).

假设(t1=frac{n*(n+1)}{2},t2=frac{n*(n+1)*(2*n+1)}{6})
则答案为(1+(t1-1)*(t2-1)+t1*(t1-1)+t1*(t2-1))
化简得: (t1*t2+(t1-1)*(t2+t1-2))
由于涉及到取模，所以计算(t1,t2)时的除法应该用逆元来算。

代码：

#pragma GCC optimize(1)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PLL;
typedef pair<int, int>PII;
typedef pair<double, double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;}

inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}

#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)

const ll mod=1e9+7;
ll ksm(ll a, ll b){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;}



int main(){
    int _=read;
    while(_--){
        ll n=read;
        n%=mod;
        ll t1=n*(n+1)%mod;t1=t1*ksm(2,mod-2)%mod;
        ll t2=n*(n+1)%mod;t2=t2*(2*n%mod+1)%mod;t2=t2*ksm(6,mod-2)%mod;
        ll maxx=n*t1%mod*t2%mod;
        maxx=maxx*n%mod;
        ll minn=t1*t2%mod;
        ll tmp=(t1-1+mod)%mod;
        ll tmp1=(t1+t2-2+mod)%mod;
        minn=(minn+tmp*tmp1%mod)%mod;
        printf("%lld
%lld
",minn,maxx);
    }
    
    
    return 0;
}