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【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;
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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;
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	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;
}