Codeforces 1540C Converging Array

UPD：修复了原来取值范围不严谨的问题。

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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：

$$\begin{cases} f_{2} - f_{1} = b_{1} \\ f_{3} - f_{2} = b_{2} \\ \cdots \\ f_{p} - f_{p - 1} = b_{p - 1} \\ \sum\limits_{i = 1}^{p} f_i = \sum\limits_{i = 1}^{p} a_i \end{cases}$$

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：

$$\begin{aligned} (f_1) + (f_1 + b_1) + (f_1 + b_1 + b_2) + \cdots & = \sum_{i = 1}^{p} a_i \\ f_1 \times p + \sum_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i & = \sum_{i = 1}^{p} a_i \\ f_{1} & = \frac{\sum\limits_{i = 1}^{p} a_i - \sum\limits_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i}{p} \end{aligned}$$

设 $sa_p = \sum\limits_{i = 1}^{p}a_i, sb_p = \sum\limits_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i$，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 $f_1 = \min \left\{ \frac{s a_i - sb_i}{i} \right\}$。

首先证明 $f_1 \ge \min \left\{ \frac{sa_i - sb_i}{i} \right\}$，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 $f_1 \le \min \left\{ \frac{sa_i - sb_i}{i} \right\}$，这是因为对于任意前缀 $p$，如果 $f_1 \ne \frac{sa_p - sb_p}{p}$，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 $\min \left\{ \frac{s a_i - sb_i}{i} \right\} \ge x$。

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 $i \cdot x + sb_i > i \cdot m$，即 $x > \min\left\{\frac{i \cdot m - sb_i}{i}\right\}$，答案必然为 $0$。
• 如果任意 $i$，满足 $i \cdot x + sb_i \le 0$，即 $x \le \min\left\{ \frac{-sb_i}{i} \right\}$，答案必然为 $\prod(c_i + 1)$。

现在只需要特别考虑 $x \in \left(\min\left\{ \frac{-sb_i}{i} \right\}, \min\left\{\frac{i \cdot m - sb_i}{i}\right\}\right]$ 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, (i * 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;
}