NOI模拟（5.23） TJOID2T3 教科书般的亵渎（bzoj5339）

教科书般的亵渎

题目背景：

5.23 模拟 TJOI2018D2T3

分析：拉格朗日差值

这个题的题意怕不是有毒，注意他每一次的k是相同的，为总共要用多少次卡片，然后卡片是每次先将所有的数减一，如果这一次减一的过程中有一个数变成了0，那么就会把所有数再次减1，直到一次没有数被减为0，或者所有数都为0才算是一次卡片的效果停止，比如样例的第一组数据，用完一次卡片之后原来为1 ~ 4的怪物全部都已经死了，原来为6 ~ 10的会变成1 ~ 5，考虑这道题，显然我们需要求一些i^k的前缀和，显然k = m + 1也就是有多少段，而要快速求i^k的前缀和，考虑到前缀和一定是一个k + 1次多项式，我们直接用拉格朗日插值，插掉前k + 2项就可以了，然后每一次询问前缀和就是O(m)的，需要询问O(m²)次，所以总复杂度为O(Tm³)。可以轻松通过。

Source:

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#include <map>inline char read() {static const int IN_LEN = 1024 * 1024;static char buf[IN_LEN], *s, *t;if (s == t) {t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin);if (s == t) return -1;}return *s++;
}/*
template<class T>
inline void R(T &x) {static char c;static bool iosig;for (c = read(), iosig = false; !isdigit(c); c = read()) {if (c == -1) return ;if (c == '-') iosig = true;   }for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0');if (iosig) x = -x;
}
//*/const int OUT_LEN = 1024 * 1024;
char obuf[OUT_LEN], *oh = obuf;
inline void write_char(char c) {if (oh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), oh = obuf;*oh++ = c;
}template<class T>
inline void W(T x) {static int buf[30], cnt;if (x == 0) write_char('0');else {if (x < 0) write_char('-'), x = -x;for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48;while (cnt) write_char(buf[cnt--]);}
}inline void flush() {fwrite(obuf, 1, oh - obuf, stdout);
}// /*
template<class T>
inline void R(T &x) {static char c;static bool iosig;for (c = getchar(), iosig = false; !isdigit(c); c = getchar()) {if (c == -1) return ;if (c == '-') iosig = true; }for (x = 0; isdigit(c); c = getchar()) x = ((x << 2) + x << 1) + (c ^ '0');if (iosig) x = -x;
}
// */const int MAXN = 50 + 10;
const int mod = 1000000000 + 7;#define int long long
long long t, cnt, n, m, k;
long long a[MAXN], fac[MAXN], inv_fac[MAXN], f[MAXN], num[MAXN];inline long long mod_pow(long long a, long long b) {long long ans = 1;for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)if (b & 1) ans = ans * a % mod;return ans;
}inline void solve_number(int k) {for (int i = 1; i <= k + 1; ++i) {num[i] = f[i] * inv_fac[i - 1] % mod * inv_fac[k + 1 - i] % mod;num[i] = (((k + 1 - i) & 1) ? mod - num[i] : num[i]);}
}inline long long sum(long long n) {static long long front[MAXN], behind[MAXN];n %= mod, front[0] = 1, behind[k + 3] = 1;for (int i = 1; i <= k + 2; ++i) front[i] = front[i - 1] * (n - i + mod) % mod;for (int i = k + 2; i >= 2; --i)behind[i] = behind[i + 1] * (n - i + mod) % mod;long long ans = 0;for (int i = 1; i <= k + 2; ++i) ans = (ans + front[i - 1] * behind[i + 1] % mod * num[i]) % mod;return ans;
}inline void solve() {R(n), R(m);for (int i = 1; i <= m; ++i) R(a[i]);std::sort(a + 1, a + m + 1), a[m + 1] = n + 1, k = m + 1, fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= k + 2; ++i) f[i] = (f[i - 1] + mod_pow(i, k)) % mod;for (int i = 1; i <= k + 2; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv_fac[k + 2] = mod_pow(fac[k + 2], mod - 2);for (int i = k + 1; i >= 0; --i) inv_fac[i] = inv_fac[i + 1] * (i + 1) % mod;solve_number(k + 1);long long ans = 0;for (int i = 1; i <= k; ++i) {for (int j = i; j <= k; ++j)ans = (ans + sum(a[j] - 1) - sum(a[j - 1]) + mod) % mod;int l = a[i];// std::cout << ans << '\n';for (int j = i; j <= k; ++j) a[j] -= l;}std::cout << ans << '\n';
}#undef int
int main() {freopen("defile.in", "r", stdin);freopen("defile.out", "w", stdout);R(t);while (t--) solve();return 0;
}

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