NOI十连测 第四测 T1

思路:首先每个蚂蚁移速相同，而且碰到就转头，这其实等价于擦肩而过！

看到2n个数互不相同就觉得方便多了:枚举每个数字往左或者往右作为最慢，然后考虑其他蚂蚁有多少种走路方向。

(1)，走的距离大于m/2

假如红色描述的是一个蚂蚁的移动轨迹，那么蓝色部分左边的蚂蚁只能向左走，蓝色右边的蚂蚁只能向右走。

而蓝色部分中的蚂蚁可以向左也可以向右，方案数为2^n，n为蓝色部分蚂蚁数量。

(2),走的距离小于m/2

如图，则蓝色部分左边的蚂蚁只能向左，蓝色部分右边的蚂蚁只能向右。而蓝色部分中间不能有蚂蚁！，这个方案数只能为1

(一开始很2B，打了nlogn的二分找位置，考完试才发现只有60分，其实应该利用A,B数组的单调性O(N)做的。

 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const int maxn=,Mod=1e9+,p=;
 int n,ans,bin[maxn+],x,a,b,c;
 ll m,A[maxn+],B[maxn+],C[maxn+];
 inline int myrand(){
     x=(1ll*a*x+b)%c;
     return x;
 }
 inline void Init(){
     cin>>n>>x>>a>>b>>c;
     for(int i=;i<=(n+)/;i++)B[i]=B[i-]+myrand()+;
     m=B[(n+)/]<<|;
     for(int i=;i<=n-(n+)/;i++)C[i]=m-(myrand()%(B[i]-B[i-]-)+B[i-]+);
     reverse(C+,C+(n-(n+)/)+);
     for(int i=;i<=(n+)/;i++)A[i]=B[i];
     for(int i=;i<=n-(n+)/;i++)A[i+(n+)/]=C[i];
     for(int i=;i<=n;i++) B[i]=m-A[i];
 }
 void updata(int i,int j){
     if (i-j>=) ans=(ans+(std::max(A[i],B[j])%Mod)*bin[i-j]%Mod)%Mod;
     if (j==i+) ans=(ans+std::max(A[i],B[j]))%Mod;
 }
 void solve(){
     bin[]=;for (int i=;i<=n;i++) bin[i]=(bin[i-]*)%Mod;
     int i=,j=n;
     while (i<n||j>){
         if (i<n){
             if (j==||A[i+]<B[j-]) i++;
             else j--;
         }else j--;
         updata(i,j);
     }
     printf("%d\n",ans);
 }
 int main(){
     Init();
     solve();
 }