Codeforces 1540C Converging Array
UPD：修复了原来取值范围不严谨的问题。
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？
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：
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：
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：
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;
}
