codeforces 407C Curious Array 数学

题目描述：给出一个有n(0 < n <= 1e5)个元素的数组a，再给出m(1 <= m <= 1e5)次修改操作，每次修改内容包括l,r,k(1 <= l <= r <= n , k <= 100)，表示把编号i在[l , r]之间所有的a[i]加上，输出经过m次修改操作之后的a数组。

思路：首先从性质的角度观察这个问题，有两个可能有用的性质：

①k比较小，说不定可以从这里做文章②组合数具有常见的性质C(n , m) = C(n , m - 1) + C(n - 1 , m - 1)

这两个性质不足以启发思路，所以我们再从整体把握问题，如何才能不用每次都把区间内的每一个数都修改一遍呢？如果用数据结构维护的话，很难做到一次对一个区间加上不一样的数；如果使用递推关系的话，对这个位置要加上的值可以从上个位置加的值递推得来，如果到了位置i有了一个新的修改[i , R]，那么就把这个修改的初值插入进去，然后后面的还是进行递推，因为最多只有m个修改，所以要插入初值最多m次，而从第一个位置递推到最后一个位置一共最多n个数，复杂度满足，所以这个角度说不定有戏。

那么怎么递推呢？考虑某一个修改(l , r , k)，我们现在已经知道了其中x位置在这个修改中增加了C(k + x - l , k)，那么如果x+1个位置还在[l , r]的范围中，那么第x+1个位置应该增加C(k + x - l + 1 , k)，且根据组合数性质有C(k + x - l + 1 , k) == C(k + x - l , k) + C(k + x - l , k - 1)，且C(k +x - l , k)就是x位置增加的量，那么如果我们在第x位置的时候把C(k + x - l , k - 1)也求出来，那么直接就可以递推得到C(k + x - l + 1 , k)了，当然在x位置光维护C(k + x - l , k) ， C(k + x - l , k - 1)是不够的，因为光维护这两个的话就没发更新出C(k + x - l + 1 , k - 1)，而没有C(k + x - l + 1 , k - 1)也就没法更新x+2位置的C(k + x - l + 2 , k )了！所以，对于每个位置x，应该维护出j从0到k的所有的C(k + x - l , j)，这样对于每个位置x，因为他所处的修改的k最多为100，所以每个点只要从上一个点递推100次就可以得到这个点的全部信息了。

下面的是自己做的时候没有想到的部分了，把每个位置的信息都维护出来之后，发现没法收集信息了，因为每个位置对应的数组的每个位置中增加的数和用以辅助递推的数都混在一起了，处理方法是把递推的内容向下对齐。

这道题语言描述实在是太抽象，三言两语几乎不可能把做法说清楚，结合代码理解

#pragma warning(disable:4786)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<string>
#include<sstream>
#include<bitset>
#define LL long long
#define FOR(i,f_start,f_end) for(int i=f_start;i<=f_end;++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define lson l,m,x<<1
#define rson m+1,r,x<<1|1
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int maxs = 1e6 + 5;
const int maxn = 1e5 + 5;
LL a[maxn], fac[maxs], inv[maxs];
LL d[maxn][102];
LL q_pow(LL x, LL n)
{if (n == 0)      return 1LL;LL res = q_pow(x * x % mod, n / 2);if (n & 1)      res = res * x % mod;return res;
}
void jiecheng()
{fac[0] = 1LL;for (LL i = 1; i < maxs; i++){fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;}
}
void _inv()
{inv[0] = 1;for (int i = 1; i < maxs; i++){inv[i] = q_pow(fac[i], mod - 2);}
}
LL C(int n, int m)
{if (n < m)       return 0;return  fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
int main()
{int n, m, l, r, k;jiecheng();_inv();scanf("%d %d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", &a[i]);}for (int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d %d %d", &l, &r, &k);for (int j = 0; j <= k; j++){d[l][j] = (d[l][j] + C(k, k - j)) % mod;d[r + 1][j] = (d[r + 1][j] - C(r - l + k + 1, k - j) + mod) % mod;}}for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 100; j >= 0; --j){d[i][j] = (d[i][j] + d[i - 1][j + 1] + d[i - 1][j] + mod) % mod;}}for (int i = 1; i <= n; i++){a[i] = (a[i] + d[i][0] + mod) % mod;printf("%lld ", a[i]);}puts("");return 0;
}

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