题解：P15015 If

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生まれた意味も　死ねない理由も

降生于世的意义 无法死去的理由

未だにわからないけど

尽管心中对此依旧不解

この命に価値がないとしても

就算这条生命没有任何价值

世界は美しいんだから

世界依旧美丽

生きていこう

一起活下去吧！

题意

给定四种字符 \(\texttt{L},\texttt{I},\texttt{F},\texttt{E}\) 的个数，要求讲这些字符排列并保证有且仅有一个子序列是 \(\texttt{IF}\)，一个子序列是 \(\texttt{LIE}\)。

思路

针对两个约束条件分别考虑。

1. 有且仅有一个子序列是 \(\texttt{IF}\)，等价于有且仅有一个 \(\texttt{F}\) 在有且仅有一个 \(\texttt{I}\) 的右边。如果只考虑这两种字符，也就可以等价于在一个 \(\texttt{IF}\) 左边全部是 \(\texttt{F}\)，右边全部是 \(\texttt{I}\)。也就是这个样子：

   \[\texttt{FF}\dots\texttt{FFIFII}\dots\texttt{II} \]

   显而易见地，这只有一种可能性，就是把 \(\texttt{F}\) 全部摆出来再把 \(\texttt{I}\) 全部摆出来，然后交换一下最中间交界处的两个即可。

2. 有且仅有一个子序列是 \(\texttt{LIE}\)，这个时候其实已经不受 \(\texttt{F}\) 的影响了。第一个约束条件已经处理好了，剩下的 \(\texttt{I}\) 都挤在一起。如果只考虑这三种字符，也就可以等价于在一个全部由 \(\texttt{I}\) 组成的字符串 \(\texttt{III}\dots\texttt{II}\) 中间插入 \(\texttt{L},\texttt{E}\)，同时保证只有一个子序列是 \(\texttt{LIE}\)。

   约束条件一中我们说有且仅有一个 \(\texttt{F}\) 在有且仅有一个 \(\texttt{I}\) 的右边，那么现在就应该是：有且仅有一个 \(\texttt{L}\) 在某一个 \(\texttt{I}\) 的左边，同时有且仅有一个 \(\texttt{E}\) 在这个 \(\texttt{I}\) 的右边。于是我们想到只要中间有一个 \(\texttt{LIE}\) 就可以了，剩下的 \(\texttt{E}\) 随便放左边，\(\texttt{L}\) 随便放右边。

对于两种条件分析清楚了，就差不多可以写代码了。

先提一下，将 \(n\) 个字符向 \(m\) 个字符里插入的方案数，这里记为为 \(f(n,m)\)：等价于将总共的 \(n+m\) 个字符，选择 \(n\) 个出来作为这一次插入的字符，方案数 \(f(n,m)=\binom{n+m}{n}\)。

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将两种条件融合，条件一相当于会把 \(\texttt{I}\) 分为三类，再在条件二中分类讨论：

1. 对于第一个 \(\texttt{I}\)：

   • 对于 \(\texttt{I}\) 左边，是 \(C-1\) 个 \(\texttt{F}\)，有 \(C\) 个空，\(\texttt{L}\) 有 \(C\) 种放发；还要将剩下的 \(D-1\) 个插入这 \(C-1\) 个 \(\texttt{F}\) 和 \(1\) 个 \(\texttt{L}\) 之间。所以左边的方案数为 \(C \times f(D-1,C)\)。
   • 对于 \(\texttt{I}\) 右边，是 \(1\) 个 \(\texttt{F}\) 和 \(B-1\) 个 \(\texttt{I}\)，\(\texttt{E}\) 可以放在 \(\texttt{F}\) 左边也可以在 \(\texttt{F}\) 右边，有 \(2\) 种放发；剩下 \(A-1\) 个 \(\texttt{L}\) 插入在这 \(B-1\) 个 \(\texttt{I}\)，\(1\) 个 \(\texttt{F}\) 和 \(1\) 个 \(\texttt{E}\) 之间。所以右边的方案数为 \(2 \times f(A-1,B+1)\)。
   • 综上，由乘法原理，此时对答案的贡献为 \(2C \times f(D-1,C) \times f(A-1,B+1)\)。

2. 对于第二个 \(\texttt{I}\)：

   • 对于 \(\texttt{I}\) 左边，是这个样子：\(\texttt{FF}\dots\texttt{FFIF}\)，于是 \(\texttt{L}\) 可以放在 \(\texttt{F}\) 左边也可以在 \(\texttt{F}\) 右边，有 \(2\) 种放发；还有 \(D-1\) 个 \(E\)插入在 \(\texttt{FF}\dots\texttt{FFIF}\) 和新加进来的 \(\texttt{L}\) 这 \(C+2\) 个字母中。所以左边的方案数为 \(2 \times f(D-1,C+2)\)。
   • 对于 \(\texttt{I}\) 右边，是 \(B-2\) 个 \(\texttt{I}\)。这个时候 \(\texttt{E}\) 就只有一种放发了，剩下的 \(A-1\) 个 \(\texttt{L}\) 要插入到这 \(B-2+1\) 个字符中。所以右边的方案数为 \(1 \times f(A-1,B-1)\)。
   • 综上，由乘法原理，此时对答案的贡献为 \(2 \times f(D-1,C+2) \times f(A-1,B-1)\)。

3. 对于第 \(i(3\leq i\leq B)\) 个 \(\texttt{I}\)：

   • 对于 \(\texttt{I}\) 左边，\(\texttt{L}\) 只有一种放法了。于是左边就是这个样子：\(\texttt{FF}\dots\texttt{FFIFII}\dots\texttt{ILI}\)，其中最后一个 \(\texttt{I}\) 是第 \(i\) 个 \(\texttt{I}\)，其左边有 \(C+1+(i-1)\) 个字符，要放入 \(D-1\) 个 \(\texttt{E}\)，所以左边的方案数为 \(1 \times f(D-1,C+i)\)。
   • 对于 \(\texttt{I}\) 右边，\(\texttt{E}\) 也是只有一种放法了。于是右边就是 \(B-i\) 个 \(\texttt{I}\)，加上一个 \(\texttt{E}\)，所以是在 \(B-i+1\) 个字符里插入 \(A-1\) 个 \(\texttt{L}\)。所以右边的方案数为 \(1 \times f(A-1,B-i+1)\)。
   • 综上，由乘法原理，此时对答案的贡献为 \(f(D-1,C+i)\times f(A-1,B-i+1)\)。

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对于每一个 \(\texttt{I}\) 进行一次计算，时间复杂度为 \(\Theta(\sum B)\)。

预处理到 \(4\times 10^7\) 发现爆空间了，发现我们要求的最大的一个东西是 \(f(D-1,C+i)\)，\(i=B\)，最大计算组合数的时候会到 \(3\times 10^7\)，然后就过了。

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代码

#include <bits/stdc++.h>
#define loop(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define rloop(i,a,b) for(int i=(a);i>=(int)(b);i--)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=3e7+5,maxn=3e7;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int a,b,c,d;
ll fac[N+5],inv[N+5];

ll qmi(ll a,int k){
    ll res=1;
    while(k){
        if(k&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}

void init(){
    fac[0]=1;
    loop(i,1,maxn)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[maxn]=qmi(fac[maxn],mod-2);
    rloop(i,maxn,1)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
    return;
}

ll C(int m,int n){
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

ll f(int n,int m){return C(n,m+n);}

ll solve(){
    cin>>a>>b>>c>>d;
    ll ans=0;
    loop(i,1,b){
        if(i==1)ans=(ans+c*f(d-1,c)%mod*2*f(a-1,b+1)%mod)%mod;
        else if(i==2)ans=(ans+2*f(d-1,c+2)%mod*1*f(a-1,b-1)%mod)%mod;
        else ans=(ans+1*f(d-1,c+i)*1*f(a-1,b-i+1)%mod)%mod;
    }
    return ans;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    init();
    int T; cin>>T;
    while(T--)cout<<solve()<<'\n';
    return 0;
}