题解：P6811 「MCOI-02」Build Battle 建筑大师

设 \(f_i\) 为匹配到第 \(i\) 为的序列个数，令 \(last_{x,i}\) 表示从第 \(i\) 为往前第一个出现 \(x\) 的位置，可以得到转移 \(f_i=\sum_{j=last_{a_i,i}}^{i-1}{f_j}\)。最后答案即为 \(\sum{f}\)。

由于本题 \(a\) 的特殊性，所有 \(last\) 都满足 \(last_{x,i}=i-m\)。带入上式得到 \(f_i=\sum_{j=i-m}^{i-1}{f_j}\)。使用前缀和优化，可以 \(O(n)\) 求出，总复杂度 \(O(n^2)\)。

继续考虑如何优化，我们对 \(f\) 求前缀和，记前缀和数组为 \(s\)，最终答案即为 \(s_n\)。根据 \(f\) 的递推式，显然有 \(s_i=s_{i-m-1}+2 \times f_i=s_{i-m-1} + 2 \times (s_{i-1} - s_{i-m-1}) = 2\times s_{i-1} - s_{i-m-1}\)。

想想如何快速求出 \(s_n\)，考虑其组合意义，我们可以想成从 \(i=0\) 处开始走，每步消耗一定代价，每次可以选择以下两种走法（记上一步代价为 \(lastv\) 且初始为 \(1\)，这一步为 \(v\)）：

1. 让 \(i+1 \to i\)，花费代价 \(v=2\times lastv\)；

2. 让 \(i+m+1 \to i\)，花费代价 \(v=-lastv\)；

最后答案 \(s_n\) 即为走到 \(i=n\) 时所有 \(v\) 的和。记第一种操作次数为 \(x\)，第二种为 \(y\)。我们就可以直接枚举 \(y\)，由于 \(x + y\times (m + 1) = n\) 得到 \(x=n-y\times(m+1)\)，那么消耗的代价就是

\[2^{x}\times(-1)^{y} \times {{x+y} \choose {x}}=2^{n-y\times(m+1)}\times(-1)^{y}\times{{n-y\times(m+1)+y}\choose{y}} \]

于是有

\[s_n=\sum_{y=0}^{\lfloor\frac{n}{m+1}\rfloor}{2^{n-y\times(m+1)}\times(-1)^{y}\times{{n-y\times(m+1)+y}\choose{y}}} \]

接下来只要枚举 \(m\) 即可，总复杂度 \(O(n\log n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 2000005
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e18,mod=1e9+7;
int fpow(int a,int b){
	int tans=1;
	while(b){
		if(b&1)tans=tans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return tans;
}
int n,q,a[MAXN],ans[MAXN];
int fac[MAXN],ifac[MAXN],p[MAXN];
void init(){
	fac[0]=ifac[0]=p[0]=1;
	for(int i=1;i<=n*2;i++){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		ifac[i]=ifac[i-1]*fpow(i,mod-2)%mod;
		p[i]=p[i-1]*2%mod;
	}
}
int C(int n,int m){
	if(n<m)return 0;
	return fac[n]*ifac[n-m]%mod*ifac[m]%mod;
}
signed main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	init();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int m=i;
		for(int j=0;j<=n/(m+1);j++){
			if(j&1)ans[m]=(ans[m]+mod-p[n-j*(m+1)]*C(n-j*(m+1)+j,j)%mod)%mod;
			else ans[m]=(ans[m]+p[n-j*(m+1)]*C(n-j*(m+1)+j,j)%mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int x;scanf("%lld",&x);
		printf("%lld\n",ans[x]);
	}
	return 0;
}