【题解】CF1628D2 Game on Sum (Hard Version)
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思路
这是一道DP题。
所以我们来设状态，我们让 \(dp_{i,j}\) 表示在第 i 次操作后， Bob 选择“加”了 j 次，那么显然最后的答案是 \(dp_{n,m}\)
再来看转移：
\(dp_{i,j}\) 的 i 一定由 i-1 转移而来，而 j 则取决于 Bob 加不加，所以可以贡献给它的状态是 \(dp_{i-1,j}\) 和 \(dp_{i-1,j-1}\) 。
反过来说， \(dp_{i,j}\) 可以给 \(dp_{i+1,j}\) 和 \(dp_{i+1,j+1}\) 作出贡献。
先考虑转移。
显然，Alice 作出决策后， Bob 会在 \(dp_{i-1,j}-t\) 和 \(dp_{i-1,j-1}+t\) 中选择最小的一个。
所以，Alice显然要让它们相等，否则Alice就会亏一波。
也就是，她会让 这个状态的 x \(=\frac{dp_{i-1,j}\ \ \ +\ dp_{i-1,j-1}}{2}\)，因为只有这样才可以保证 \(dp_{i-1,j}-t\) 与 \(dp_{i-1,j-1}+t\) 中没有最小值，Alice才不会亏。
边界为 \(dp_{i,0}=0\)（一次都不加，Alice当然全选 0 ）和 \(dp_{i,i}=ik\) （全加，Alice当然要拉满）。
看起来，接下来是一个 \(\Theta(nm)\) 的 dp。
不过，我们发现，它的转移很像一个杨辉三角！
所以，我们考虑 \(dp_{i,i}\) 对 \(dp_{n,m}\) 的贡献。（因为在填充之前只有它们可以对答案造成贡献）
而 \(dp_{i,j}\) 只能给 \(dp_{i+1,j}\) 和 \(dp_{i+1,j+1}\) 作出贡献。
所以，它需要连续将 i 进行一些 +1 ，并选择一些来把 j 也来加够。
然而，如果直接分析， \(dp_{i,i}\) 会给 \(dp_{i+1,i+1}\) 贡献，然而这里已经填好了，所以会挂。
注意到 \(dp_{i,j}\) 不能贡献给 \(dp_{i,j+1}\) ，我们考虑从 \(dp_{i+1,i}\) 开始计算答案。
这时，向 n 需要加 \(n-i-1\) ，向 m 需要加 \(m-i\) ，而这 \(m-i\) 一共有 \(\tbinom{n-i-1}{m-i}\) 种方案，需要乘上。
而在这个过程中，它显然会被不断除2，一共会除 \(n-i\) 次，因为我们直接从 \(dp_{i+1,i}\) 开始转移就意味着已经进行了一次操作。
显然如果 m 超过规定范围 Bob 就亏了，所以考虑用 m 来限制枚举变量。
最后的答案，就是 \(\sum\limits^m_{i=1}\tfrac{ik\ \cdot\ \tbinom{n-i-1}{m-i}}{2^{n-i}}\) 。
当然，如果 \(n=m\) ，前面也说过， \(dp_{i,i}\) 不应当再给它作贡献，此时的答案是 \(km\) ，应当特判。
预处理 \(2^i\) 的逆元，复杂度 \(\Theta(\sum n)\) 。
代码
//吾日八省吾身：
//输入多而不快读乎？
//题目标注而不freopen乎？
//乘除并列先乘后除乎？
//不手撕样例直接写代码乎？
//不仔细读题直接关页面乎？
//1e9而不开long long乎？
//Ctrl+V而不改名称乎？（papaw->papan IMPLIES tg1=->2=）
//相信评测神机乎？
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using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MO(1000000007);
const ll MAXN(1000123);
ll fac[MAXN],inv[MAXN];
ll tpow[MAXN];
ll T,n,m,k,ans;
void R(ll &x){
x=0;ll f=1;char c='c';
while(c>'9'||c<'0'){f=f*(c=='-'?-1:1);c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
x=x*f;
return;
}
ll fpow(ll x,ll y){
ll res=1;
while(y){if(y&1) res=(res*x)%MO;x=(x*x)%MO;y>>=1;}
return res%MO;
}
void getfi(){
const ll MAXA=1000100;
fac[0]=inv[0]=tpow[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXA;++i) fac[i]=(fac[i-1]*i)%MO,tpow[i]=(tpow[i-1]<<1)%MO;
inv[MAXA]=fpow(fac[MAXA],MO-2);tpow[MAXA]=fpow(tpow[MAXA],MO-2);
for(int i=MAXA-1;i>=1;--i) inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%MO,tpow[i]=(tpow[i+1]<<1)%MO;
return;
}
ll C(ll n,ll m){return (fac[n]*inv[m]%MO*inv[n-m]%MO);}
int main(){
getfi();
R(T);
while(T--){
R(n);R(m);R(k);ans=0;
if(n==m){printf("%lld\n",n*k%MO);continue;}
for(int i=1;i<=m;++i) ans=(ans+i*k%MO*C(n-i-1,m-i)%MO*tpow[n-i]%MO)%MO;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
P.S.
温馨提示：可以到 D1 版本水双倍经验（bushi）
