2018年多校第四场第二题 B. Harvest of Apples hdu6333

题意：给定10^5以内的n，m求∑组合数（n，i），共10^5组数据。

题解：

定义 S(n, m) = \sum_{i = 0} ^ {m} {n \choose i}S(n,m)=∑​i=0​m​​(​i​n​​)，

不难发现 S(n, m) = S(n, m - 1) + {n \choose m}, S(n, m) = 2S(n - 1, m) - {n - 1 \choose m}S(n,m)=S(n,m−1)+(​m​n​​),S(n,m)=2S(n−1,m)−(​m​n−1​​)。

也就是说，如果我们知道 S(n, m)S(n,m)，就能以 O(1)O(1) 的代价计算出 S(n - 1, m), S(n, m - 1), S(n + 1, m), S(n, m + 1)S(n−1,m),S(n,m−1),S(n+1,m),S(n,m+1)，

可以采用莫队算法。

时间复杂度 O(T \sqrt{MAX})O(T√​MAX​​​)。

我的理解：其中还有一个难点就是O（1）求组合数，首先预处理出所有maxn个阶乘，以及阶乘的逆元（求得过程中因为只涉及乘法加法所以无脑mod即可），然后有一点是

从大到小，n！的逆元=（n+1）！逆元*（n+1）（写出来就懂了，把分母的（n+1）翻上去即可）或者一个一个用费马小定理求，也不会超时。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<queue>
#define maxn 100010
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int T;
int l,n,m;
int len;
long long a[maxn+1],b[maxn+1];
long long ans[maxn+1];
struct Q{
int L,R,ID,block;
Q(){}
Q(int l,int r,int id):L(l),R(r),ID(id)
{
block=l/len;
}
bool operator <(const Q A)
{
if(block<A.block)return true;
else if(block==A.block&&R<A.R)return true;
return false;
}
}q[maxn+1];
long long powi(long long x,long long y)
{
long long tmp=x;
long long out=1;
while(y)
{
if(y%2==1)
out=tmp*out%MOD;
tmp=tmp*tmp%MOD;
y=y/2;
}
return out;
}
long long C(long long L,long long R)
{
return a[R]*b[L]%MOD*b[R-L]%MOD;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
int cnt=T;
a[0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;i++)a[i]=i*a[i-1]%MOD;
b[maxn]=powi(a[maxn],MOD-2);
for(int i=maxn-1;i>=0;i--)b[i]=b[i+1]*(i+1)%MOD;
len=int(sqrt(maxn));
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
q[cnt-T]=Q(m,n,cnt-T);

}
sort(q+1,q+cnt);
int lt=0,rt=0;
long long anst=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
int l=q[i].L,r=q[i].R;
while(lt>l){anst=(anst-C(lt,rt)+MOD)%MOD;lt--;}
while(rt<r){anst=(2*anst-C(lt,rt)+MOD)%MOD;rt++;}
while(lt<l){anst=(anst+C(lt+1,rt))%MOD;lt++;}
while(rt>r){anst=(anst+C(lt,rt-1))*b[2]%MOD;rt--;}
ans[q[i].ID]=anst;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
printf("%lld\n",ans[i]);
}
}