Educational Codeforces Round 111 (Rated for Div. 2) D.Excellent Arrays 对称 数形结合

题意

数组\(a\)为\(good\) 当且仅当\(a_i \neq i\)

令\(F(a)\)表示数对\((i,j)\)满足\(a_i+a_j = i + j\)

定义数组\(a\)为\(excellent\)当且仅当：

1.\(a\)为good

2.\(l \leq a_i \leq r\) 对于任意\(i\)成立

3.\(F(a)\)是所有可能的good的数组中最大的

\[2 \leq n \leq 2\times 10^5,-10^9 \leq l \leq 1,n\leq r \leq 10^9 \]

分析

如果直接做会发现题目条件有点多，考虑对题目化简

注意到\(a_i + a_j = i + j\)这个式子有很强的对称性，一般可以移项以后构造出一些等式

此题可以令\(a_i = i + k_i\) 那么\(a_i + a_j = i + j\)即可转化为\(k_i + k_j = 0\)即\(k_i = k_j\)，就会有一对满足条件的数对

那么相当于对每个\(a_i\)赋值一个\(k_i\)，对于相同的数对我们希望它尽量多。画到坐标系里就是画两条分别代表\(a_i = i + k_i\)和\(a_i = i - k_i\)

这里取相反数就是对应前面的”条件“,每个\(k_i\)都对应了一种答案的取法

注意题目给的\(l,r\)范围很有意思，相当于在坐标系上画两个平行x轴的线来限定\(k\) ，限定等价于端点处的两个不等式\(1 - k \geq l,n + k \leq r\) 即有\(k \geq min(1 - l,r - n)\)

图上可以显示得看出来，在这个条件下任意\(a_i\)都可以赋\(+k_i\)或者\(-k_i\)(因为两个都满足了) 因此肯定是贪心的让数量均匀(基本不等式)

即贡献\(lim = min(1-l,r-n)\) ,偶数时\(lim \times \tbinom{n}{half}\),奇数时\(2lim \times \tbinom{n}{half}\)

再考虑\(k \leq lim\)的情况，这个时候画图，会发现两边的条件被限定了，即左边的部分由于斜线下移，交点右移，因此左边的不满足\(-k_i\)时的情况，只能选\(+k_i\)，右边的同理

这个时候贡献就由\(k\)的偏移情况来决定，左交点\(L = max(1,l+k)\),右交点\(R = min(n,r-k)\)

此时确定了\(-k_i\) \(L - 1\)个，\(+k_i\) $n -R $个，这个时候中间还要选\(2x + n - L + R = R - L + 1\)即\(x = 1 - L + half\)个

于是贡献\(\tbinom{R-L+1}{1-L+half}\)偶数，\(2\tbinom{R-L+1}{1-L+half}\) 奇数

当然，这个时候只需要暴力枚举\(k\)就好了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll rd(){
	ll x = 0;
	int f = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') {
		if(ch == '-') f = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = x * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	return x * f;
}

const int MOD = 1e9 + 7;

void add(int &x,int y){
	if(x + y >= MOD) x = x + y - MOD;
	else x += y;
}

int ksm(int a,int b = MOD - 2,int m = MOD){
	int ans = 1;
	int base = a;
	while(b){
		if(b & 1) ans = (ll)ans * base % MOD;
		base = (ll)base * base % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

const int maxn = 2e5 + 5;

int fac[maxn],iv[maxn];

int C(int x,int y){
	if(y < 0 || x < y) return 0;
	return (ll)fac[x] * iv[x - y] % MOD * iv[y] % MOD;
}

int main(){
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1;i < maxn;i++)
		fac[i]  = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;
	for(int i = 0;i < maxn;i++)
		iv[i] = ksm(fac[i]);
	int T = rd();
	for(int t = 1;t <= T;t++){
		int n = rd();
		int l = rd();
		int r = rd();
		int ans = 0;
		int lim = min(1 - l,r - n);
		ans = (ll)lim * C(n,n / 2) % MOD;
		if(n & 1) add(ans,(ll)lim * C(n,n / 2) % MOD);
		for(int u = lim + 1;;u++){
			int L = max(1,l + u);
			int R = min(n,r - u);
			int rest = R + 1 - L;
			if(rest < 0) break;
			add(ans,C(rest,n / 2 - (L - 1)));
			if(n & 1)
				add(ans,C(rest,n / 2 + 1 - (L - 1)));
		}
		cout << ans << '\n';
	}
}