洛谷八月月赛 II T1 题解

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在大小为 \(n\) 的数字三角形中，第 \(i\) 行包含有 \(i\) 个数字，数字从上到下，从左到右依次排列为 \(1,2,3,\dots\)。

设第 \(i\) 行第 \(j\) 个数字为 \((i,j)\)，则我们可以从 \((i,j)\) 走到 \((i+1,j)\) 或 \((i+1,j+1)\)，也可以从 \((i+1,j)\) 或 \((i+1,j+1)\) 走到 \((i,j)\)。

现在请求出连续走过 \(k\) 个不同的数字时，走过的 \(k\) 个数字的和最大可以达到多少。答案对 \(10^9+7\) 取模。

数据范围：\(t\) 组询问，\(1\leqslant t\leqslant 10^5\)，\(1\leqslant\frac{k+1}2\leqslant n\leqslant 10^9\)。

Solution

这里直接讲正解。

样例说明纯粹是来误导你的，真正使数字和最大的方案应该是从右下角，也就是 \((n,n)\) 开始走起，不断地先往右上走，再往右下走这么重复，一直走到 \(k\) 步为止。

注意到数据范围中 \(\frac{k+1}2\leqslant n\)，因此我们这么走一定不会有走到 \((n,1)\) 还要走的情况出现。因此很容易得知对答案能够产生贡献的只有可能是在倒数第二行和最后一行的这些数字中。

然后我们分 \(k\) 的奇偶性讨论。

如果 \(k\) 是偶数，那么我们所走过的数字一定是最后一行从 \((n,n)\) 开始往左数连续的 \(\frac k2\) 个数字和倒数第二行从 \((n-1,n-1)\) 往左数连续的 \(k\) 个数字。答案就是 \(\sum\limits_{i=n-\frac k2+1}^n i+\sum\limits_{i=n-\frac k2}^{n-1}i\)。

但是注意到我们的 \(n\) 是 \(10^9\) 级别的，所以利用等差数列求和公式简化一下这个式子，就是 \(\dfrac{(n-\frac k2+1+n)\frac k2}2+\dfrac{(n-\frac k2+n-1)\frac k2}2\)。为了方便理清思路，你可以像我接下来给出的代码那样将答案分成两部分计算，然后到最后再一起相加。

如果 \(k\) 是偶数，那么我们发现，这种情况下的答案相比于 \(k-1\) 时的答案多了一个 \((n,n-\frac k2)\)。答案就是 \(\sum\limits_{i=n-\frac k2}^n i+\sum\limits_{i=n-\frac k2}^{n-1} i\)。同样地，将它进行化简可以得到答案为 \(\dfrac{(n-\frac k2+n)(\frac k2+1)}2+\dfrac{(n-\frac k2+n-1)\frac k2}2\)。

那么这道题目就做完了。

Code

namespace Solution {
	const ll mod = 1e9 + 7;
	int n, k;

	ill ksm(ll a, ll b = mod - 2) {
		ll res = 1;
		for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
			if(b & 1) res = res * a % mod;
		return res;
	}

	iv Main() {
		MT {
			read(n, k);
			ll start = 1ll * n * (n + 1) / 2, start2 = start - n;
			if(!(k % 2)) {
				ll ans1 = (start - k / 2 + 1 + start + mod) % mod * (k / 2) % mod * ksm(2) % mod; //(a^(p-1)) mod p=1
				ll ans2 = (start2 - k / 2 + 1 + start2 + mod) % mod *  (k / 2) % mod * ksm(2) % mod;
				println((ans1 + ans2) % mod);
			} else {
				ll ans1 = (start - k / 2 + start + mod) % mod * (k / 2 + 1) % mod * ksm(2) % mod;
				ll ans2 = (start2 - k / 2 + 1+ start2 + mod) % mod * (k / 2) % mod * ksm(2) % mod;
				println((ans1 + ans2) % mod);
			}
		}
		return;
	}
}