牛客网暑期ACM多校训练营（第九场）- H. Prefix Sum（树状数组维护k阶前缀和）

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题目大意

有 k + 1 个长度为 n 的序列，记作 a[k][n]；
a[0] 为原始序列，a[i] 为 a[i - 1] 的前缀和，a[k] 即为 a[0] 的 k 阶前缀和，例如：

两种操作：
1. 0 x y：原始序列单点加，即 a[0][x] += y；
2. 1 x ：求原始序列k阶前缀和的单点值，即 a[k][x]；
1 <= n <= 1e5， 1 <= k <= 40。

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解题分析

a[i][j] = a[i][j-1] + a[i-1][j]，上例可看作一个斜着的杨辉三角：

于是要回答的即为：

∑1≤i≤x(x+k−ik)a[0][i] ∑ 1 ≤ i ≤ x ( x + k − i k ) a [ 0 ] [ i ] ，

其中 (x+k−ik) ( x + k − i k ) 是没法维护的，

由组合恒等式得：

(x+k−ik)=∑0≤j≤k(xj)(k−ik−j) ( x + k − i k ) = ∑ 0 ≤ j ≤ k ( x j ) ( k − i k − j )

故：

∑1≤i≤x(x+k−ik)a[0][i] ∑ 1 ≤ i ≤ x ( x + k − i k ) a [ 0 ] [ i ]

=∑1≤i≤x∑0≤j≤k(xj)(k−ik−j)a[0][i] = ∑ 1 ≤ i ≤ x ∑ 0 ≤ j ≤ k ( x j ) ( k − i k − j ) a [ 0 ] [ i ]

分离包含多个变量的项，使公式中不同变量之间相互独立：

=∑0≤j≤k(xj)(∑1≤i≤x(k−ik−j)a[0][i]) = ∑ 0 ≤ j ≤ k ( x j ) ( ∑ 1 ≤ i ≤ x ( k − i k − j ) a [ 0 ] [ i ] )

注意到最后一项是 (k−ik−j)a[0][i] ( k − i k − j ) a [ 0 ] [ i ] 的前缀和，可以用树状数组维护，

因为 j 有 k + 1 个取值，所以需要 k + 1 个树状数组维护。

预处理逆元，注意到 (k−ik−j) ( k − i k − j ) 中 k - i 可能为负，故将组合数定义推广到负数，如：

(−53)=(−5)⋅(−6)⋅(−7)3⋅2⋅1 ( − 5 3 ) = ( − 5 ) ⋅ ( − 6 ) ⋅ ( − 7 ) 3 ⋅ 2 ⋅ 1

每次修改需要修改 k + 1 个树状数组，时间复杂度为 (k + 1)logn；
每次询问需要求 k + 1 个树状数组的前缀和，时间复杂度为 (k + 1)logn；

总时间复杂度为 mk logn。

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AC代码

#include
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MAXN = 100010;
const int mod = 1e9 + 7;

template<typename T> inline void read(T &x) {
    char ch = getchar(); x = 0;
    for (; ch < '0'; ch = getchar());
    for (; ch >= '0'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
}

int n, m, k;
int c[45][MAXN];

int mul(LL a, int b)
{
    return a * b >= mod ? a * b % mod : a * b;
}

int add(int a, int b)
{
    return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}

int qpow(int a, int b)
{
    int ans = 1;
    for(; b; b >>= 1){
        if(b & 1) ans = mul(ans, a);
        a = mul(a, a);
    }
    return ans;
}

int fac[MAXN], ni[MAXN];

void init()
{
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i < MAXN; i ++)
        fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
    ni[MAXN - 1] = qpow(fac[MAXN - 1], mod - 2);
    for(int i = MAXN - 1; i >= 1; i --)
        ni[i - 1] = mul(ni[i], i);
}

int comb(int a, int b)
{
    int ans = 1;
    if(a < 0){
        ans = mul(fac[b - a - 1], ni[b]);
        ans = mul(ans, ni[- a - 1]);
        if(b & 1) ans = mul(ans, mod - 1);
    }
    else{
        if(a < b) return 0;
        if(a == b) return 1;
        ans = mul(fac[a], ni[b]);
        ans = mul(ans, ni[a - b]);
    }
    return ans;
}

void upd(int p, int x, int y)
{
    for(int i = x; i <= n; i += i & -i)
        c[p][i] = add(c[p][i], mul(comb(k - x, k - p), y));
}

int ask(int p, int x)
{
    int ans = 0;
    for(int i = x; i; i -= i & -i) ans = add(ans, c[p][i]);
    return ans;
}

int main()
{
    init();
    read(n); read(m); read(k);
    k --;
    while(m --){
        int op; read(op);
        if(op == 0){
            int x, y; read(x); read(y);
            for(int i = 0; i <= k; i ++) upd(i, x, y);
        }
        else{
            int x; read(x);
            int ans = 0;
            for(int i = 0; i <= k; i ++)
                ans = add(ans, mul(comb(x, i), ask(i, x)));
            printf("%d\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}