Codeforces 1540C Converging Array

把 (a_i) 和 (frac{a_i + a_{i + 1} - b_i}{2}) 做个比较，发现前者小于等于后者的条件为 (a_{i + 1} - a_{i} ge b_i)。

把 (a_{i + 1}) 和 (frac{a_i + a_{i + 1} + b_i}{2}) 做个比较，发现前者大于等于后者的条件为 (a_{i + 1} - a_i ge b_i)。

发现这两个条件是一样的，也就是说，一次操作的本质是：

• 如果 (a_{i + 1} - a_i ge b_{i})，则不会发生变化。
• 如果 (a_{i + 1} - a_i < b_i)，则会发生变化。

更近一步的，如果发生了一次变化，那相邻两个数的差会变成什么呢？

[frac{a_{i} + a_{i + 1} + b_{i}}{2} - frac{a_{i} + a_{i + 1} - b_{i}}{2} = b_i ]

也就是说，相邻的两个数的差，从原本的 (< b_i) 变成了 $ = b_i$，且这两个数的和不变。

设 (f_{1 cdots n}) 表示最终收敛的数组，必然对任意 (i) 都存在 (f_{i+1} - f_i ge b_i)。

并且如果 (f_{i + 1} - f_i > b_i)，则整个过程中，(a_i) 和 (a_{i + 1}) 之间就从来没有发生过赋值操作。

这是因为，如果发生了操作，那么这次操作后 (f_{i + 1} - f_{i}) 就会变得等于 (b_i)，而且我们知道两个数的差只能从小于 (b_i) 变成等于 (b_i)，而不能变成大于 (b_i)，所以最终无法满足 (f_{i + 1} - f_i > b_i) 的条件。

以满足这种严格大于关系的点 (i) 为断点，可以发现，(a_{1 cdots i}) 和 (a_{i + 1 cdots n}) 是完全互相不影响的。

现在要解决最棘手的一个问题，如何求出 (f_1) 呢？

假设我们知道了第一个断点的位置是 (p)，那可以得到一个方程组：

[egin{cases} f_{2} - f_{1} = b_{1} \ f_{3} - f_{2} = b_{2} \ cdots \ f_{p} - f_{p - 1} = b_{p - 1} \ sumlimits_{i = 1}^{p} f_i = sumlimits_{i = 1}^{p} a_i end{cases} ]

将 (f) 看成未知数，则有 (p) 个未知数，(p) 个方程！于是我们可以手动解出 (f_1) 的值：

[(f_1) + (f_1 + b_1) + (f_1 + b_1 + b_2) + cdots = sum_{i = 1}^{p} a_i \ f_1 imes p + sum_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i = sum_{i = 1}^{p} a_i \ f_{1} = frac{sumlimits_{i = 1}^{p} a_i - sumlimits_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i}{p} ]

设 (sa_p = sumlimits_{i = 1}^{p}a_i, sb_p = sumlimits_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i)，则 (f_1 = frac{sa_p - sb_p}{p})。

但问题是，我们并不知道 (p) 是多少。正确的解决方法是，将每个位置都尝试作为第一个端点，取解出来的 (f_1) 的最小值即可，也就是 (f_1 = min left{ frac{s a_i - sb_i}{i} ight})。

首先证明 (f_1 ge min left{ frac{sa_i - sb_i}{i} ight})，这是因为必然存在某个前缀 (p) 使得 (f_1 = frac{sa_p - sb_p}{p})，所以 (f_1) 大于等于取任意 (p) 时的最小值。

然后证明 (f_1 le min left{ frac{sa_i - sb_i}{i} ight})，这是因为对于任意前缀 (p)，如果 (f_1 e frac{sa_p - sb_p}{p})，就说明必然存在 (f_{i + 1} - f_i > b_i (i < p)) 的位置。但因为 (sum f) 是保持不变的，为了使得跨度变大只能减小初值，得出 (f_1 < frac{sa_p - sb_p}{p})。

回到原题，现在变成了一个计数问题。即，能找到多少个序列 (a)，满足 (0 le a_i le c_i)，且 (min left{ frac{s a_i - sb_i}{i} ight} ge x)。

取 (min) 转化为任意，命题等价于，对任意前缀 (i)，都要满足：

[frac{sa_i - sb_i}{i} ge x quad Rightarrow quad sa_i ge i cdot x + sb_i ]

当 (q = 1) 时，不等式右边都是已知量，考虑一个 DP，用 (f_{i, j}) 表示前 (i) 项，和为 (j) 的方案数。因为合法的 (a) 必然是一个后缀，使用前缀和优化转移即可，单次转移 (O(1))。

时间复杂度 (O(qn^2m))，(m) 是 (a) 的上限。

现在考虑多组询问，不同的 (x) 是否存在等价关系呢？

• 如果存在 (i)，满足 $ i cdot x + sb_i > n cdot m$，即 (x > minleft{frac{n cdot m - sb_i}{i} ight})，答案必然为 (0)。
• 如果任意 (i)，满足 (i cdot x + sb_i le 0)，即 (x le minleft{ frac{-sb_i}{i} ight})，答案必然为 (prod(c_i + 1))。

现在只需要特别考虑 (x in left(minleft{ frac{-sb_i}{i} ight}, minleft{frac{n cdot m - sb_i}{i} ight} ight]) 即可。

于是只有 (O(m)) 种本质不同的询问，全部预处理丢 map 里即可。时间复杂度 (O(n^2m^2 + q log m))。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105, MOD = 1e9 + 7;
int n, f[N * N], g[N * N], b[N], sb[N], c[N];
map<int, int> ans;
int Solve(int x)
{
	fill(g, g + N * N, 1);
	for(int i = 1, sumc = c[1], lim; i <= n; i++, sumc += c[i]) 
	{
		lim = i * x + sb[i]; memset(f, 0, sizeof(f));
		for(int j = max(0, lim); j < N * N; j++) f[j] = (g[j] - (j - c[i] - 1 >= 0 ? g[j - c[i] - 1] : 0) + MOD) % MOD;
		memset(g, 0, sizeof(g)); g[0] = f[0];
		for(int j = 1; j < N * N; j++) g[j] = (g[j - 1] + f[j]) % MOD;
	}
	return g[N * N - 1];
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	int prod = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) { cin >> c[i]; prod = (ll)prod * (c[i] + 1) % MOD; }
	for(int i = 1; i < n; i++) cin >> b[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j < i; j++) sb[i] += (i - j) * b[j];
	int lb = 0, rb = INT_MAX, m = *max_element(c + 1, c + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) lb = min(lb, -((sb[i] - 1) / i + 1)), rb = min(rb, (n * m - sb[i] - 1) / i + 1);
	for(int i = lb; i <= rb; i++) ans[i] = Solve(i);
	int q; cin >> q;
	while(q--)
	{
		int x; cin >> x;
		if(x >= lb && x <= rb) cout << ans[x] << endl;
		else if(x > rb) cout << 0 << endl;
		else if(x < lb) cout << prod << endl;
	}
	return 0;
}