[補]NOIP2020T4微信步數

題意：一個人在\(k\)維平面上，每一維範圍是\([1,W_i]\)上的任意一個位置，初始可以在任何一個位置

這個人在空間上游走，每\(n\)步為一輪不斷重複，每一步是一個方向上走-1或者1，求所有情況下 最後他離開空間範圍的時間 之和

分析：

行走是迴圈的，每一維可以先看做獨立，然後離開範圍的時間就是每一維取\(\min\)

一個簡單的思路：

求出每一維每一個位置離開的時間，然後\(k\)路歸併得到答案，複雜度為\(O((\sum W_i)k+nk)\)

容易想到根據迴圈來優化計算，但是如果以每一個位置為元素進行考慮，難以處理不同長度迴圈之間的合併

更換思路：

簡單的計數方法的轉換：

計算前\(i(i\ge 0)\)步還未離開空間的初始位置個數之和

令\(F_{i,j}\)為\(i\)這一維\(j\)步還未離開的初始位置個數，則答案就是 \(\begin{aligned} \sum_{i\ge 0}\prod F_{i,j}\end{aligned}\)

此時觀察發現除了第一輪需要特殊考慮以外，其它的\(F_{i,j}\)可以表示為\(\max\lbrace0,F_{i,j-n}-D_i\rbrace\)(其中\(D_i\)為每一輪\(i\)這一維偏移的量)，對於前面\(n\)個特殊考慮，後面對於每一個不同的\(i\mod n\)可以放在一起考慮

然後計算就是類似\(\begin{aligned} \sum_{i\ge 0}\prod (G_j-i D_j)\end{aligned}\)，是一個多項式字首和，也就是一個\(k+1\)次多項式的點值

暴力的方法就是 求出前面\(k+2\)項的值，然後得到拉格朗日插值/高斯消元得到答案，複雜度為\(O(nk^2-nk^3)\)(如果插值寫好一點，複雜度主要受限於求值)

然後甚至可以無腦吸多項式做到\(O(nk\log ^2k)\)

求值時可以發現 對於\(i\)所求的\(j\)處點值的積式裡面 最多隻有一項和\(i-1\)不同，因而可以特殊考慮以優化求值複雜度

下面是\(nk^2\)，由於求值已經是\(k^2\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
char IO;
int rd(){
	int s=0,f=0;
	while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
	do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
	while(isdigit(IO=getchar()));
	return f?-s:s;
}

const int N=5e5+10,P=1e9+7;
ll qpow(ll x,ll k=P-2) {
	ll res=1;
	for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
	return res;
}
int n,m,W[12],F[12][N*2];
int A[N],B[N],D[N];
int ans;
ll X[20],Y[20],I[20];
int Lag(int n,int x){
	ll res=0;
	rep(i,0,n) {
		ll a=1,b=1;
		rep(j,0,n) if(i!=j) a=a*(P+x-X[j])%P,b=b*(X[i]<X[j]?-I[X[j]-X[i]]:I[X[i]-X[j]])%P;
		res=(res+a*b%P*Y[i])%P;
	}
	return res;
}
int main() {
	I[0]=I[1]=1;
	rep(i,2,19) I[i]=P-P/i*I[P%i]%P;
	n=rd(),m=rd();
	rep(i,1,m) W[i]=rd();
	rep(i,1,n) A[i]=rd(),B[i]=rd();
	int f=0;
	rep(i,1,m) {
		int c=F[i][0]=W[i],now=0,l=0,r=0;
		rep(j,1,n*2) {
			if(A[j<=n?j:j-n]==i) now+=B[j<=n?j:j-n];
			if(now<l) l=now,c--;
			if(now>r) r=now,c--;
			c=max(c,0),F[i][j]=c;
		}
		D[i]=abs(now)/2;
		if(now || c==0) f=1;
	}
	if(!f) return puts("-1"),0;
	rep(i,0,n){
		ll t=1;
		rep(j,1,m) t=t*F[j][i]%P;
		ans=(ans+t)%P;
	}
	rep(i,n+1,n*2) {
		int n=1e9,f=1;
		rep(j,1,m) {
			if(D[j]) n=min(n,F[j][i]/D[j]);
			f&=F[j][i]>0;
		}
		if(!f) continue;
		int t=1;
		rep(j,1,m) t=1ll*t*max(0,F[j][i]-D[j]*(n+1))%P;
		ans=(ans+t)%P;
		int s=0;
		rep(k,0,m+1) {
			int t=1;
			rep(j,1,m) t=1ll*t*(F[j][i]-D[j]*k)%P;
			X[k]=k,Y[k]=s=(s+t)%P;
		}
		ans=(ans+Lag(m+1,n))%P;
	}
	ans=(ans%P+P)%P,printf("%d\n",ans);
}