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

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

于是有

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

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;
}