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題目分析

如果將每一維度都合在一起考慮，複雜度貌似無論如何都需要帶上一個 \(\prod_{i=1}^kw_i\) ，類似 CSP2020T3 的思路，如果把每一維都分開考慮可能可以降低一點複雜度。

對於維度 \(i\) 的某一個位置 \(p(1\le p\le w_i)\) ，我們可以求出一個值 \(\mbox{time}_i(p)\) 表示在僅考慮維度 \(i\) 時小 C 走出場地需要的最少步數，如果小 C 無論如何都無法走出場地那麼 \(\mbox{time}_i(p)=+\infty\) ，求出 \(\mbox{time}\) 這個函式之後，小 C 從 \((a_1,a_2,\dots,a_k)\)

走出場地需要的步數就是 \(\min_{i=1}^k\mbox{time}_i(a_i)\) 。

對於某一維度 \(i\) ，我們並不關心 \(\mbox{time}_i(1\dots w_i)\) 這個數列所有值之間的順序，所以我們可以給 \(\mbox{time}_i(1\dots w_i)\) 先排個序。

我們需要求的東西是：

\[\sum_{1\le a_i\le w_i}\min_{i=1}^k\mbox{time}_i(a_i)=\sum_{i\ge 1}\prod_{j=1}^k(\sum_{t=1}^{w_j}[\mbox{time}_j(t)\ge i]) \]

直接求出所有的 \(\mbox{time}_i(j)\)

，然後從小到大列舉每一個 \(\mbox{time}_i(j)\) 就可以很容易求出上面這個式子的值了，此時我們就成功地將 \(\prod_{i=1}^kw_i\) 的複雜度降為了 \(\sum_{i=1}^kw_i\) 了，按照實現不同複雜度此時可以達到 \(\mathcal O((\sum_{i=1}^kw_i)\log_2(\sum_{i=1}^kw_i))\) 或 \(\mathcal O(k(\sum_{i=1}^kw_i))\) 或 \(\mathcal O((\sum_{i=1}^kw_i)\log_2 k)\) ，應該可以拿到 \(80\rm pts\) 。

要拿更高的分數，需要進一步觀察 \(\mbox{time}_i(1\dots w_i)\)

這個數列的性質，可以找到兩個數列 \(\mbox{num}_i(1\dots p_i)\) 以及 \(\mbox{sum}_i(1\dots s_i)\) 使得 \(\mbox{time}_i(1\dots w_i)\) 是數列 \(\mbox{num}_i(1\dots p_i)\) 和數列 \(\mbox{sum}_i(1\dots s_i)\) 不斷重複同時加上若干倍的 \(n\) 得到的：

\[\mbox{num}_i(1),\dots,\mbox{num}_i(p_i),\mbox{sum}_i(1)+n,\dots,\mbox{sum}_i(s_i)+n,\mbox{sum}_i(1)+2n,\dots,\mbox{sum}_i(s_i)+2n,\mbox{sum}_i(1)+3n,\dots,\mbox{sum}_i(1)+tn,\dots \]

並且上面這個序列是排好序的，有 \(\mbox{num}_i(j)\le n,\mbox{sum}_i(j)\le n\) 。

由於 \(\sum_{i=1}^kp_i\le n\) ，所以我們可以用上面的方法求出 \(\mbox{num}_i()\) 數列這一段的值，即這個式子的值：

\[\sum_{i=1}^n\prod_{j=1}^k(\sum_{t=1}^{w_j}[\mbox{time}_j(t)\ge i]) \]

需要注意的是 \(\mbox{sum}_i()\) 這個數列重複是一直重複到 \(w_i\) 為止的，如果把 \(\mbox{sum}_i(1)+tn,\dots \mbox{sum}_i(s_i)+tn\) 稱作是一輪的話，那麼可能最後並不能湊成一整輪，由於 \(\sum_{i=1}^ks_i\le n\) ，所以無法湊夠一整輪的這一部分也可以單獨算，關鍵是算中間重複著的若干輪。

中間重複著的若干輪數列之間的 \(\mbox{sum}_i()\) 的大小關係都是固定的，所以我們只需要模擬第一輪其實就已經模擬了所有輪了。

假設重複的輪數為 \(r\) ，對於當前列舉的某一個 \(i\) ， \(c_j=\sum_{t=1}^{w_j}[\mbox{time}_j(t)\ge i]\) ，那麼此時造成貢獻需要乘以的係數應該是這個：

\[\sum_{t=0}^{r-1}\prod_{j=1}^k(c_j-t\cdot s_i)=\sum_{t=0}^{r-1}\sum_{S}(-t)^{| S |}\prod_{j\in S}s_j\prod_{j\notin S}c_j=\sum_{S}\prod_{j\in S}s_j\prod_{j\not\in S}c_j(-1)^{|S|}\sum_{t=0}^{r-1}t^{|S|} \]

令：

\[f(x)=(-1)^x\sum_{t=0}^{r-1}t^x,dp(x)=\sum_{|S|=x}\prod_{j\in S}s_j\prod_{j\not\in S}c_j \]

那麼要求的就是：

\[\sum_{x=0}^kf(x)dp(x) \]

如何求 \(f(x)\) ？自然數冪求和，設 \(S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k\) ：

\[S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k{i\choose j}{k\brace j}j!=\sum_{j=0}^k{k\brace j}j!{n+1\choose j+1} \]

直接 \(\mathcal O(k^2)\) 求即可（當然可以用一些其它的方式求，這裡不多說）。

如何求 \(dp(x)\) ？顯然可以 \(dp\) 求，設 \(dp(i,x)\) 表示僅考慮前 \(i\) 個數的答案，那麼轉移就是考慮當前這個數是否包含在集合內：

\[dp(i,x)=dp(i-1,x)\times c_i+dp(i-1,x-1)\times s_i \]

最後的 \(dp(x)=dp(k,x)\) 。

如果每次都做一次 \(dp\) ，單次時間複雜度是 \(\mathcal O(k^2)\) 的，總的時間複雜度就是 \(\mathcal O(nk^2)\) 的，應該可以過，但是可以更優，不難發現這個 \(dp\) 是可撤銷的，也就是我們可以刪除一個數，即：

\[dp(i-1,x)=(dp(i,x)-dp(i-1,x-1)\times s_i)\div c_i \]

由於每次我們只會更改某一個位置 \(v\) ，即令 \(c_v\gets c_v-1\) ，所以我們可以先撤銷 \(v\) 造成的影響，然後更新完 \(c_v\) 後再加上 \(v\) 造成的影響，這樣就不需要每次都 \(dp\) 一遍，單詞時間複雜度降為 \(\mathcal O(k)\) ，總時間複雜度為 \(\mathcal O(nk)\) 。

如果算上所有操作，總時間複雜度就是 \(\mathcal O(k^2+n(k+\log_2w))\) 的。

總感覺自己把挺簡單的一個東西講得好複雜啊。

參考程式碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>void read(T&x){
	static char c;static int f;
	for(c=ch(),f=1;c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
	for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>void write(T x){
	static char q[64];int cnt=0;
	if(x==0)return pc('0'),void();
	if(x<0)pc('-'),x=-x;
	while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
	while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int mod=1000000007,maxn=500006,maxk=12;
int mo(const int x){
	return x>=mod?x-mod:x;
}
int power(int a,int x){
	int re=1;
	while(x){
		if(x&1)re=1ll*re*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod,x>>=1;
	}
	return re;
}
int cnto[maxk][maxn],cntr[maxk][maxn];
int pos[maxk],w[maxk];
int ABS(int x){
	return x<0?-x:x;
}
int num[maxk][maxn],p[maxk],pn[maxk];
int sum[maxk][maxn],s[maxk],cn[maxk];
int _s[maxk][maxk],f[maxk];
int dp[maxk];
void chkmin(int&x,int y){
	x=min(x,y);
}
int main(){
	freopen("walk.in","r",stdin);
	freopen("walk.out","w",stdout);
	int n,k;read(n),read(k);
	for(int i=1;i<=k;++i)read(w[i]);
	memset(cnto,0x3f,sizeof cnto);
	memset(cntr,0x3f,sizeof cntr);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int c,d;read(c),read(d);pos[c]+=d;
		if(pos[c]<0&&      -pos[c]<=w[c])chkmin(cnto[c][-pos[c]],i);
		if(pos[c]>0&&w[c]-pos[c]+1>=1   )chkmin(cntr[c][ pos[c]],i);
	}
	int ok=true,rd=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		int no=1,nr=1;
		while(cnto[i][no]<0x3f3f3f3f)++no;--no;
		while(cntr[i][nr]<0x3f3f3f3f)++nr;--nr;
		s[i]=ABS(pos[i]);
		if(no+nr>=w[i]){
			int l=1,r=w[i];
			int vl=min(cnto[i][l],cntr[i][w[i]-l+1]),
				vr=min(cnto[i][r],cntr[i][w[i]-r+1]);
			while(l<=r){
				if(vl<vr)num[i][++p[i]]=vl,++l,vl=min(cnto[i][l],cntr[i][w[i]-l+1]);
				else     num[i][++p[i]]=vr,--r,vr=min(cnto[i][r],cntr[i][w[i]-r+1]);
			}
			for(int j=1;j<=s[i];++j)
				sum[i][j]=0x3f3f3f3f;
			ok=false;rd=0;
		}
		else{
			int l=1,r=1;
			while(l<=no||r<=nr){
				if(r>nr||(l<=no&&cnto[i][l]<cntr[i][r]))
					num[i][++p[i]]=cnto[i][l],++l;
				else
					num[i][++p[i]]=cntr[i][r],++r;
			}
			if(pos[i]>0){
				for(int j=1;j<=s[i];++j)
					sum[i][j]=cntr[i][nr-s[i]+j];
			}
			if(pos[i]<0){
				for(int j=1;j<=s[i];++j)
					sum[i][j]=cnto[i][no-s[i]+j];
			}
		}
		if(s[i]>0){
			ok=false;
			rd=min(rd,(w[i]-p[i])/s[i]);
		}
	}
	if(ok)return puts("-1"),0;
	f[0]=rd;_s[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		_s[i][0]=0;
		for(int j=1;j<=i;++j)
			_s[i][j]=mo(_s[i-1][j-1]+mo(mod-1ll*(i-1)*_s[i-1][j]%mod));
		f[i]=1;int tp=false;
		for(int j=0;j<=i;++j){
			if((rd-j)%(i+1)==0&&!tp)
				f[i]=1ll*f[i]*((rd-j)/(i+1))%mod,tp=true;
			else
				f[i]=1ll*f[i]*(rd-j)%mod;
		}
		for(int j=0;j<i;++j)
			f[i]=mo(f[i]+mo(mod-1ll*f[j]*_s[i][j]%mod));
	}
	for(int i=1;i<=k;i+=2)
		f[i]=mo(mod-f[i]);
	int ans=0;
	int all=1;
	for(int i=1;i<=k;++i)
		all=1ll*all*w[i]%mod;
	int pre=0;
	while("Imakf ak ioi"){
		int mn=0x3f3f3f3f,mp=0;
		for(int i=1;i<=k;++i)
			if(pn[i]<p[i]&&num[i][pn[i]+1]<mn)
				mn=num[mp=i][pn[i]+1];
		if(!all||mn>=0x3f3f3f3f){
			ans=mo(ans+1ll*(n-pre)*all%mod);
			pre=n;break;
		}
		ans=mo(ans+1ll*(mn-pre)*all%mod);
		all=1ll*all*power(w[mp]-pn[mp],mod-2)%mod;
		++pn[mp];all=1ll*all*(w[mp]-pn[mp])%mod;
		pre=mn;
	}
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		cn[i]=w[i]-p[i];pn[i]=0;
		for(int j=i;j>=1;--j)
			dp[j]=mo(1ll*dp[j]*s[i]%mod+1ll*dp[j-1]*cn[i]%mod);
		dp[0]=1ll*dp[0]*s[i]%mod;
	}
	pre=0;
	while("Imakf ak ioi"){
		int mn=0x3f3f3f3f,mp=0;
		for(int i=1;i<=k;++i)
			if(pn[i]<s[i]&&sum[i][pn[i]+1]<mn)
				mn=sum[mp=i][pn[i]+1];
		int add=0;
		for(int i=0;i<=k;++i)
			add=mo(add+1ll*dp[i]*f[k-i]%mod);
		if(mn>=0x3f3f3f3f){
			ans=mo(ans+1ll*(n-pre)*add%mod);
			pre=n;break;
		}
		ans=mo(ans+1ll*(mn-pre)*add%mod);
		++pn[mp];int I=power(cn[mp],mod-2);
		for(int i=k;i>=1;--i)
			dp[i]=1ll*mo(mod-1ll*dp[i+1]*s[mp]%mod+dp[i])*I%mod;
		--cn[mp];
		for(int i=1;i<=k;++i)
			dp[i]=mo(1ll*dp[i]*cn[mp]%mod+1ll*dp[i+1]*s[mp]%mod);
		pre=mn;
	}
	all=1;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		w[i]-=(p[i]+rd*s[i]);
		all=1ll*all*w[i]%mod;
		if(s[i]&&w[i]<=s[i])
			s[i]=w[i];
		pn[i]=0;
	}
	pre=0;
	while("Imakf ak ioi"){
		int mn=0x3f3f3f3f,mp=0;
		for(int i=1;i<=k;++i)
			if(pn[i]<s[i]&&sum[i][pn[i]+1]<mn) 
				mn=sum[mp=i][pn[i]+1];
		if(!all||mn>=0x3f3f3f3f)break;
		ans=mo(ans+1ll*(mn-pre)*all%mod);//puts("ok");
		all=1ll*all*power(w[mp]-pn[mp],mod-2)%mod;
		++pn[mp];all=1ll*all*(w[mp]-pn[mp])%mod;
		pre=mn;
	}
	write(ans),pc('\n');
	return 0;
}