Educational Codeforces Round 111 (Rated for Div. 2) D.Excellent Arrays 对称 数形结合

Educational Codeforces Round 111 (Rated for Div. 2) D.Excellent Arrays 对称 数形结合

题意

数组(a)为(good) 当且仅当(a_i eq i)

令(F(a))表示数对((i,j))满足(a_i+a_j = i + j)

定义数组(a)为(excellent)当且仅当：

1.(a)为good

2.(l leq a_i leq r) 对于任意(i)成立

3.(F(a))是所有可能的good的数组中最大的

[2 leq n leq 2 imes 10^5,-10^9 leq l leq 1,nleq r leq 10^9 ]

分析

如果直接做会发现题目条件有点多，考虑对题目化简

注意到(a_i + a_j = i + j)这个式子有很强的对称性，一般可以移项以后构造出一些等式

此题可以令(a_i = i + k_i) 那么(a_i + a_j = i + j)即可转化为(k_i + k_j = 0)即(k_i = k_j)，就会有一对满足条件的数对

那么相当于对每个(a_i)赋值一个(k_i)，对于相同的数对我们希望它尽量多。画到坐标系里就是画两条分别代表(a_i = i + k_i)和(a_i = i - k_i)

这里取相反数就是对应前面的”条件“,每个(k_i)都对应了一种答案的取法

注意题目给的(l,r)范围很有意思，相当于在坐标系上画两个平行x轴的线来限定(k) ，限定等价于端点处的两个不等式(1 - k geq l,n + k leq r) 即有(k geq min(1 - l,r - n))

图上可以显示得看出来，在这个条件下任意(a_i)都可以赋(+k_i)或者(-k_i)(因为两个都满足了) 因此肯定是贪心的让数量均匀(基本不等式)

即贡献(lim = min(1-l,r-n)) ,偶数时(lim imes binom{n}{half}),奇数时(2lim imes binom{n}{half})

再考虑(k leq lim)的情况，这个时候画图，会发现两边的条件被限定了，即左边的部分由于斜线下移，交点右移，因此左边的不满足(-k_i)时的情况，只能选(+k_i)，右边的同理

这个时候贡献就由(k)的偏移情况来决定，左交点(L = max(1,l+k)),右交点(R = min(n,r-k))

此时确定了(-k_i) (L - 1)个，(+k_i) $n -R $个，这个时候中间还要选(2x + n - L + R = R - L + 1)即(x = 1 - L + half)个

于是贡献( binom{R-L+1}{1-L+half})偶数，(2 binom{R-L+1}{1-L+half}) 奇数

当然，这个时候只需要暴力枚举(k)就好了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll rd(){
	ll x = 0;
	int 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;
}

const int MOD = 1e9 + 7;

void add(int &x,int y){
	if(x + y >= MOD) x = x + y - MOD;
	else x += y;
}

int ksm(int a,int b = MOD - 2,int m = MOD){
	int ans = 1;
	int base = a;
	while(b){
		if(b & 1) ans = (ll)ans * base % MOD;
		base = (ll)base * base % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

const int maxn = 2e5 + 5;

int fac[maxn],iv[maxn];

int C(int x,int y){
	if(y < 0 || x < y) return 0;
	return (ll)fac[x] * iv[x - y] % MOD * iv[y] % MOD;
}

int main(){
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1;i < maxn;i++)
		fac[i]  = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
	for(int i = 0;i < maxn;i++)
		iv[i] = ksm(fac[i]);
	int T = rd();
	for(int t = 1;t <= T;t++){
		int n = rd();
		int l = rd();
		int r = rd();
		int ans = 0;
		int lim = min(1 - l,r - n);
		ans = (ll)lim * C(n,n / 2) % MOD;
		if(n & 1) add(ans,(ll)lim * C(n,n / 2) % MOD);
		for(int u = lim + 1;;u++){
			int L = max(1,l + u);
			int R = min(n,r - u);
			int rest = R + 1 - L;
			if(rest < 0) break;
			add(ans,C(rest,n / 2 - (L - 1)));
			if(n & 1)
				add(ans,C(rest,n / 2 + 1 - (L - 1)));
		}
		cout << ans << '
';
	}
}