AT5169 Candy Retribution

题号是洛谷题号。

前置知识：$\sum_{i=1}^{n}a_i=m$，$\{a_n\in N^*\}$ 方案数为 $C_{n+m-1}^{n-1}$，$\sum_{i=1}^{n}a_i\ge m$ 方案数为 $C_{n+m}^{n}$，后一项的证明就是考虑有 $n$ 个隔板和 $m$ 个物体隔板，然后隔出来有 $n+1$ 个物品，最后一项物品舍弃掉即可。

设 $\{a_n\}$ 降序排列后为 $\{b_n\}$，要统计 $b_m=b_{m+1}$ 不好统计，因为你不知道 $b_m$ 有多少个，但是可以统计 $b_m>b_{m+1}$ 即非法序列个数。

首先将 $\sum a_i\in[L,R]$ 弱化成 $\sum a_i\le R$，就是差分一下 Solve(R)-Solve(L-1)。

枚举 $b_m$ 的值 $x$，设 $f(s,x,y)$ 表示当前序列总和小于等于 $s$，$m$ 个数大于等于 $x$，剩余 $n-m$ 个数小于 $x$ 的方案数，那么 $b_m=x$ 时这一块的非法序列个数就是 $f(s,x,x)-f(s,x+1,x)$。

考虑如何求 $f(s,x,y)$，先选 $m$ 个位置作为 $\ge x$ 的位置，剩余 $n-m$ 位置小于 $y$，但是注意到隔板法不好求对每个数上界和下界（非 0）有限制的方案数，于是考虑容斥，枚举 $i\in [0,n-m]$ 表示 $n-m$ 个位置中至少有 $i$ 个位置 $>=y$，将这 $i$ 个位置和之前的 $\ge x$ 的数全部从和当中减掉，新和就是 $s-mx-iy$，然后又要求减掉后的序列和小于等于 $s-mx-iy$，于是有：

$$f(s,x,y)=C_n^m\sum_{i=0}^{n-m}(-1)^iC_{n-m}^{i}C_{s-mx-iy+n}^n$$

因此最后非法序列个数就是 $\sum_{x=1}^{m}f(s,x,x)-f(s,x+1,x)$，总序列个数 $C_{n+s}^{n}$ 减去即可。

由于要求 $s-mx-iy\ge0$，而 $iy$ 成倍数增长，所以实际复杂度为调和级数。

Code：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:AT5169 Candy Retribution
	Date:2022/9/25
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
typedef long long LL;

const int MAXN = 6e5 + 5;
const LL P = 1e9 + 7;
int n, m, l, r;
LL fact[MAXN], inv[MAXN];

int Read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}
LL ksm(LL a, LL b = P - 2, LL p = P)
{
	LL s = 1 % p;
	for (; b; b >>= 1, a = a * a % p)
		if (b & 1) s = s * a % p;
	return s;
}
LL C(LL n, LL m) { return fact[n] * inv[m] % P * inv[n - m] % P; }

LL f(int x, int y, int s)
{
	LL sum = 0;
	for (int i = 0; i <= n - m; ++i)
	{
		if (1ll * s - m * x - i * y < 0) return sum * C(n, m) % P;
		sum = (sum + ((i & 1) ? -1 : 1) * C(n - m, i) * C(1ll * s - m * x - i * y + n, n) % P) % P;
		sum = (sum + P) % P;
	}
	return sum * C(n, m) % P;
}

LL Solve(int s)
{
	LL sum = 0;
	for (int i = 1; i <= s; ++i)
		sum = ((sum + f(i, i, s) - f(i + 1, i, s)) % P + P) % P;
	return (C(s + n, n) % P - sum + P) % P;
}

signed main()
{
	n = Read(), m = Read(), l = Read(), r = Read();
	fact[0] = 1; for (int i = 1; i <= 600000; ++i) fact[i] = fact[i - 1] * i % P;
	inv[600000] = ksm(fact[600000]); for (int i = 599999; i >= 0; --i) inv[i] = (i + 1) * inv[i + 1] % P;
	printf("%lld\n", ((Solve(r) - Solve(l - 1)) % P + P) % P); return 0;
}