一、題目

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二、題目

首先感謝一下這位大佬的部落格，雖然我看不懂您的講解，但是還是讀得懂程式碼的

思路是 \(\tt jys\) 給我講明白的，首先我們可以感覺到快速計算它肯定和矩形有關係，也就是滿足某種條件的情況一定在某個矩形中，雖然很抽象，但是我們能大概感覺到這道題的核心思路是 乘法原理

要求的是步數，其實相當於方案數加權，在它不太好算的情況下我們來考慮算方案數。我們記錄某一維已經走過的步往左最多走了 \(l\)（是負數），往右最多走了 \(r\) ，那麼一維暫時不會走出去的位置數量可以表示成可以表示成 \(m[i]=w[i]-r[i]+l[i]\)，那麼這種情況下不會走出去的方案數是：

其中 \(dt[i]\) 是第 \(i\) 維經過一輪的變化量，\(lim\) 是一個上界表示走了 \(lim\) 輪以後再走就出去了，所以只能夠列舉到它，現實告訴我們不能列舉輪數，所以必須要優化。從多項式的角度看，我們把輪數當前自變數去推他的多項式

\(dp[i]\) 就是把所有 \(-dt[i]\times t+m[i]\) 乘起來得到的多項式係數，我們把 \(t\) 看作了自變數，但是係數是一定的

然後我們列舉是第 \(i\) 步走了出去，可以用差分，也就是第 \(i-1\) 步沒有走出去的方案數減去第 \(i\) 步走出去的方案數，再乘上 \(i\) 就是消耗的步數。

但是還沒有考慮大輪的貢獻啊，考慮上面我們的計算方式，其本質是字首和，在第 \(i\) 輪走出去的方案數會在 \(t\in [0,i)\)

\(\tt Unfortunately,\) 第一輪之內是需要單獨討論的，但只是增加了實現的難度，對整體演算法影響不大，時間複雜度 \(O(nk^2)\)

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 15;
const int N = 500005;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,k,inv[M],s[M][M],w[M],a[M],dt[M];
int ans,c[N],d[N],l[M],r[M],z[M];
int Abs(int x)
{
	if(x>0) return x;
	return -x;
}
int walk(int x,int y)//x維上走一步 
{
    z[x]+=y;
    if(l[x]>z[x] || r[x]<z[x])
    {
        l[x]=min(l[x],z[x]);
        r[x]=max(r[x],z[x]);
        return 1;
    }
    return 0;
}
void init(int k)
{
	s[0][0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++)//第二類斯特林數 
		for(int j=1;j<=k;j++)
			s[i][j]=(s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*j)%MOD;
	for(int i=2;i<=k+1;i++)
		inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
}
int cal(int k,int n)//這裡的n其實是開區間 
{
	int sum=0,C=1;
	for(int i=0;i<=k;i++)//C(n,i+1)*i!*s[k][i] 
	{
		C=C*max(0ll,n-i)%MOD;
		sum=(sum+C*inv[i+1]%MOD*s[k][i])%MOD;
	}
	return sum;
}
int work()
{
	int lim=MOD,res=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)
		if(dt[i]) lim=min(lim,(a[i]+dt[i]-1)/dt[i]);
    int dp[M]={1};
    for(int i=1;i<=k;i++)//暴力多項式乘法 
        for(int j=i;j>=0;j--)
        {
            dp[j+1]=(dp[j+1]-dt[i]*dp[j])%MOD;
            dp[j]=dp[j]*a[i]%MOD;
        }
    for(int i=0;i<=k;i++)
        res=(res+dp[i]*cal(i,lim))%MOD;
    return res;
}
signed main()
{
	n=read();k=read();
	init(k);
	for(int i=1;i<=k;i++)
        w[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i]=read();d[i]=read();
        if(walk(c[i],d[i]) && r[c[i]]-l[c[i]]<=w[c[i]])
        //第二個判斷很重要，因為要保證可能在這一步走出去 
        {
            int x=1;
            for(int j=1;j<=k;j++)
                if(j!=c[i])
                    x=(x*max(0ll,w[j]-r[j]+l[j]))%MOD;
            ans=(ans+i*x)%MOD;//要在這裡走出去只有一種選擇
        }
    }
    int fl=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        fl&=(z[i]==0);
        dt[i]=Abs(z[i]);//別忘了 
    }
    if(fl==1)
    {
        for(int i=1;i<=k;i++)
            fl|=(r[i]-l[i]>=w[i]);
        if(fl) puts("-1");
        else printf("%lld\n",ans);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)
        a[i]=max(0ll,w[i]-r[i]+l[i]);
    ans=(ans+n*work())%MOD;//第一部分貢獻
    for(int i=1;i<=n;i++)//第二部分貢獻
        if(walk(c[i],d[i]) && r[c[i]]-l[c[i]]<=w[c[i]])
        {
        	fl=1;
			for(int j=1;j<=k;j++)
				if(j!=c[i])
					fl&=(w[j]-r[j]+l[j]>0);
			if(!fl) continue;
            for(int j=0;j<k;j++)
            	if(j!=c[i]) a[j]=max(0ll,w[j]-r[j]+l[j]);
            a[c[i]]=w[c[i]]-r[c[i]]+l[c[i]]+1;//差分差分 
            ans=(ans+i*work())%MOD;
            a[c[i]]=w[c[i]]-r[c[i]]+l[c[i]];
            ans=(ans-i*work())%MOD;
        }
    printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}