bzoj4403 序列统计

嘟嘟嘟


bzoj上\(1e8\)果然过不了……


这题比较好想，毕竟我都想出来了。
我们可以枚举序列长度，然后用隔板法求出不递减序列个数。令序列长为\(i\)，，数字值域区间\(m = R - L + 1\)，因为有的数字可以不出现，所以就是\(C_{i + m - 1} ^ {m - 1}\)。
那么答案就是\(\sum _ {i = 1} ^ {n} C_{i + m - 1} ^ {m - 1}\)。
这个东西我实在不知道怎么化简，考虑到这道题模数比较小，所以得用lucas定理，即\(\sum _ {i = 1} ^ {n} C_{(i + m - 1) / p} ^ {(m - 1) / p} * C_{(i + m - 1) \% p} ^ {(m - 1) \% p}\)。
到这我就想到了数论分块，首先预处理\(\sum _{i = 0} ^ {p - 1} C_{i} ^ {(m - 1) \% p}\)的前缀和，这样一个块内的就可以利用前缀和相减做到\(O(1)\)了。
因为模数为\(1e6\)，\(n\)最大\(1e9\)。所以单次复杂度为\(O(1000)\)。总复杂度\(O(1000T)\)妥妥的不超时。
但是为啥TLE了咧？因为预处理前缀和是\(O(mod)\)的！这样总复杂度\(O(mod * T) = O(1e8)\)，加上些取模等常数果然过不了……


但这题不能就这么弃了啊，于是去反题解，然后题解只给出了这么个式子：\(C_{n + m} ^ {m} - 1\)。然后就没了。
\(\sum _ {i = 1} ^ {n} C_{i + m - 1} ^ {m - 1}\)和\(C_{n + m} ^ {m} - 1\)这俩能相等？！好像还真相等啊……
问了学姐怎么推出来的，学姐也不会。最后还是兔哥秒掉了。
我们考虑杨慧三角：

当\(m = 2, n = 4\)的时候就是图中的长条，然后我们借用图中红色框的1，就能和2组成红框1下面的3，这样两个三就能组成4旁边的6，然后又组合成10，最后成功组合成15。应用的公式不过是最基础的\(C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]\)。
妙啊。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<assert.h>
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const db eps = 1e-8;
const ll mod = 1e6 + 3;
In ll read()
{
  ll ans = 0;
  char ch = getchar(), last = ' ';
  while(!isdigit(ch)) last = ch, ch = getchar();
  while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
  if(last == '-') ans = -ans;
  return ans;
}
In void write(ll x)
{
  if(x < 0) x = -x, putchar('-');
  if(x >= 10) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}
In void MYFILE()
{
#ifndef mrclr
  freopen("4403.in", "r", stdin);
  freopen("4403.out", "w", stdout);
#endif
}

int n, m, S;

ll fac[mod + 5], inv[mod + 5];
In ll inc(ll a, ll b) {return a + b < mod ? a + b : a + b - mod;}
In ll C(int n, int m)
{
  if(m > n) return 0;  //lucas定理必须有这个！
  return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
In ll quickpow(ll a, ll b)
{
  ll ret = 1;
  for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
    if(b & 1) ret = ret * a % mod;
  return ret;
}

In void init()
{
  fac[0] = inv[0] = 1;
  for(int i = 1; i < mod; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
  inv[mod - 1] = quickpow(fac[mod -  1], mod - 2);
  for(int i = mod - 2; i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

In ll lucas(int n, int m)
{
  ll ret = 1;
  for(; m; n /= mod, m /= mod)
    ret = ret * C(n % mod, m % mod) % mod;
  return ret;
}

int main()
{
  //MYFILE();
  int T = read();
  init();
  while(T--)
    {
      n = read(); int L = read(), R = read();
      m = R - L + 1;
      write(inc(lucas(n + m, m), mod - 1)), enter;
    }
  return 0;
}