题意简述
小 $A$ 与小 $B$ 在玩游戏，已知小 $A$ 赢 $n$ 局，小 $B$ 赢 $m$ 局，没有平局情况，且赢加一分，输减一分，而若只有 $0$ 分仍输不扣分。
已知小 $A$ 每次赢得概率为 $p$ ，问小 $A$ 得分期望。 $T$ 组数据。
$T,n,mleq 2.5 imes 10^5$
$solution:$
因为赢场输场已经固定，所以 $p$ 其实是没有用，则现在考虑计算小 $A$ 得分总和。
将赢输场前缀和，记为 ${s}$，则得分为 $n-m-min{s}$ 。假设所有 $-1$ 均有意义，则分数为 $n-m$ 。
设 $min{s}=x$，则第一次出现 $-1,-2,…,x$ 均无意义因为当时得分前为 $0$ 而又被 $-1$，无意义，共出现 $|x|$ 次情况，即得分为 $n-m-min{s}$。
所以现在的问题转化为给定 $n$ 个 $1$ 与 $m$ 个 $-1$ ，问最小前缀和为 $w$ 的方案数。
基本操作，将问题转化为平面移动问题。
若要求最小前缀和为 $w$ 的方案数，可以表示为从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$ 的方案数，每次往上或左走一步求经过 $y=x+w$ 但不能经过 $y=x+w+1$ 直线的方案数。
考虑求从 $(1,1)$ 到 $(n,m)$ 经过 $y=x+w$ 的方案数，可以将第一次经过 $y=x+w$ 的交点之前部分对 $y=x+w$ 对称，则 $(0,0)$ 对称到 $(-w,w)$ ，可以发现每次从 $(-w,w)$ 到 $(n,m)$ 经交点对称后对应一条合法路径，则其方案数为 $dbinom{n+m}{n+w}$ 。
通过简单容斥原理得到若最小前缀和为 $w$ 的方案数为 $dbinom{n+m}{n+w}-dbinom{n+m}{n+w+1}$ 。
考虑赢 $n$ 场输 $m$ 场的得分，得分区间为 $[max{0,n-m},n]$ 。
分类讨论 $n,m$ 大小。
若 $ngeq m$ ，则得分区间在 $[n-m,n]$ , $min{s}in [-m,0]$。
$$Ans=sum_{i=0}^{m} (n-m+i) (dbinom{n+m}{n+i}-dbinom{n+m}{n+i+1})\=(n-m) sum_{i=0}^m(dbinom{n+m}{n+i}-dbinom{n+m}{n+i+1}) +sum_{i=0}^m i imes (dbinom{n+m}{m-i}-dbinom{n+m}{m-i-1})\=(n-m)dbinom{n+m}{n}+sum_{i=0}^{m-1} dbinom{n+m}{i}$$
若 $n<m$ ，则同理 $min{s}in [{-m,n-m}]$
$$Ans=sum_{i=m-n}^m (n-m+i) imesdbinom{n+m}{m-i}-dbinom{n+m}{m-i-1}\=(n-m)dbinom{n+m}{n}+sum_{i=m-n}^m i imes dbinom{n+m}{m-i}-sum_{i=m-n}^{m-1} i imes dbinom{n+m}{m-i-1}\=(n-m)dbinom{n+m}{n}+(m-n)dbinom{n+m}{n}+sum_{i=m-n+1}^m i imes dbinom{n+m}{m-i}-sum_{i=m-n}^{m-1} i imes dbinom{n+m}{m-i-1}\=sum_{i=m-n+1}^{m-1} i imesdbinom{n+m}{m-i}-sum_{i=m-n+1}^{m} (i-1) imes dbinom{n+m}{m-i+1}\=sum_{i=m-n+1}^{m} dbinom{n+m}{m-i}\=sum_{i=0}^{n-1}dbinom{n+m}{i}$$
可以发现现在的问题为如何快速求 $F(n,k)=sum_{i=0}^k dbinom{n}{i}$
可以发现 $F(n,k)=sum_{i=0}^k dbinom{n-1}{i-1}+dbinom{n-1}{i}=2 imes F(n-1,k)-dbinom{n-1}{k}$ 。即 $F(n,k)$ 与 $F(n-1,k)$ 和 $F(n,k-1)$ 都有递推关系。
直接将答案离线后莫队计算即可。
时间复杂度 $O((n+m)sqrt{n+m})$ 。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #define int long long #define mod 1000000007 using namespace std; inline int read(){ int f=1,ans=0;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();} return ans*f; } const int MAXN=500001; struct Query{ int l,r,bl,id; }query[MAXN],tmp[MAXN]; bool cmp(Query x1,Query x2){ if(x1.bl!=x2.bl) return x1.l<x2.l; if(x1.bl&1) return x1.r<x2.r; return x1.r>x2.r; } int T,p,Ans[MAXN],inv[MAXN],ifac[MAXN],fac[MAXN]; inline void init(){ fac[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;++i) fac[i]=fac[i-1]*i,fac[i]%=mod; inv[1]=1;for(int i=2;i<MAXN;++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i],inv[i]%=mod; ifac[0]=1;for(int i=1;i<MAXN;++i) ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i],ifac[i]%=mod; return; } inline int C(int a,int b){if(a<b) return 0;return (((fac[a]*ifac[b])%mod)*ifac[a-b])%mod;} inline int F(int a,int b){return (((fac[b]*fac[a-b])%mod)*ifac[a])%mod;} inline int ksm(int a,int b){ int ans=1; while(b){ if(b&1) ans*=a,ans%=mod; a*=a,a%=mod;b>>=1; }return ans; } int blo,bl[MAXN],l,r,ans,inv2; int Mod(int x){return ((x%mod)+mod)%mod;} signed main(){ // freopen("20.in","r",stdin); init(); T=read(),p=read();blo=501; for(register int i=0;i<MAXN;++i) bl[i]=(i-1)/blo+1; for(register int i=1;i<=T;++i){ int n=read(),m=read(); if(n>=m) Ans[i]=(n-m)*C(n+m,n),query[i].l=n+m,query[i].r=m-1,query[i].bl=bl[query[i].l]; else query[i].l=n+m,query[i].r=n-1,query[i].bl=bl[query[i].l]; query[i].id=i; tmp[i].l=n,tmp[i].r=m; }sort(query+1,query+T+1,cmp); l=0,r=0,ans=1;inv2=ksm(2,mod-2); for(register int i=1;i<=T;++i){ while(l<query[i].l) ans=Mod(2*ans-C(l,r)),l++; while(l>query[i].l) ans=Mod(Mod(ans+C(l-1,r))*inv2),l--; while(r<query[i].r) ans+=C(l,r+1),ans=Mod(ans),r++; while(r>query[i].r) ans-=C(l,r),ans=Mod(ans),r--; Ans[query[i].id]+=ans,Ans[query[i].id]%=mod; } for(register int i=1;i<=T;++i){Ans[i]*=F(tmp[i].l+tmp[i].r,tmp[i].l);Ans[i]%=mod;} for(register int i=1;i<=T;++i) printf("%lld ",Ans[i]); return 0; }