====== Educational Codeforces Round 111 ======

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===== D. Excellent Arrays ===== 

==== 题意 ====

我们称满足以下条件的数组 $a$ 为好数组

$a_{i} != i,i∈[1,n],n$ 是数组长度 

我们规定 $F(a)$ 为一个数组中满足 $1≤i＜j≤n$ 且 $a_{i}+a_{j}=i+j$ 的对数。

再规定完美的数组为好数组且 $l≤a_{i}≤r$ 且它的 $F$ 函数值为所有好数组中最大的那个，给定 $n,l,r$ ，求完美数组的个数对 $10^{9}+7$ 取模。 $t$ 组数据， $1≤t≤1000,2≤n≤2·10^{5},-10^{9}≤l≤1,n≤r≤10^{9}$

不难发现对于给定的 $n$ ，最大的 $F$ 值应为 ${\frac {n^2} 4}$ 。

首先证明其为上界，因为 $a_{i} != i$ ，所以对于任意一个数，要么它变大了要么它变小了，假设有 $x$ 个变大的，则有 $n-x$ 个变小的，就算所有的大+小都正好和原来的下标和一样，也只有 $x×(n-x)$ 对，可以证明无论 $n$ 是奇数还是偶数，这个值都等于 ${\frac {n^2} 4}$ ，故为上界。

而构造是显而易见的，将这个数组分成两组（如果是奇数就分成差为1的两组），一组同时加 $1$ ，另一组同时减 $1$ 即可，注意 $n$ 要分在减的那组， $1$ 要分在加的那组，这样一定保证所有的数变化后依然在 $[1,n]$ 范围内，又由题目的 $l,r$ 的范围知这样一定满足题意。

下面的问题是如何计数。我们可以分类讨论出最大的要加的值和最小的要减的值，这两个决定我们能加/减多少。我们不妨先讨论简答的情况：即 $n$ 是偶数的情况。刨除一种特殊的情况是 $1$ 到 ${\frac n 2}$ 的数要增加， ${\frac n 2}+1$ 到 $n$ 的数减小。这时这两种数的区域没有交点，这种情况的答案是 $min({\frac n 2}+1-l,r-{\frac n 2})$ ，其余的情况我们设最大的要加的值为 $j$ 取值范围为 $[{\frac n 2},n]$，最小的要减的值为 $i$ 取值范围为 $[1,{\frac n 2}]$ 。这种情况下移动的长度是 $min(i-l,r-j)$ ，因为既不能加过头，也不能减过头。于是这个式子是 $\sum_{j=\frac n 2}^{n} \sum_{i=1}^{\frac n 2} min(i-l,r-j)c(j-i-1,j-{\frac n 2}-1)$ ，之后分 $i-l≥r-j$ 和 $i-l＜r-j$ 讨论，注意边界范围就可以了，这个看起来是 $O(n^2)$ 的，但是它是很多组合数相加，分别利用 $c(n,k)+c(n-1,k)+...+c(k,k)=c(n+1,k+1)$ 和 $c(n,0)+c(n+1,1)+...+c(n+k,k)=c(n+k+1,k)$ 就可以做到整个式子 $O(n)$ 算出来了，这样复杂度 $O(nt)$ ，可以通过。

奇数的情况只需要分类讨论是增加的多还是减小的多就可以了，相当于两个上述问题。

<hidden 代码>

<code cpp>

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,l,r;
int inv[200100],jc[200100];
int C(int n,int m) {
	if(n<m||n<0||m<0) return 0;
	if(n==m) return 1;
	return 1ll*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int min(int a,int b) {
	if(a>b) return b;
	return a;
}
int max(int a,int b) {
	if(a<b) return b;
	return a;
}
int main() {
	inv[0] = inv[1] = jc[0] = 1;
	for(ll i=1; i<=200010; ++i) {
		jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
	}
	for(ll i=2; i<=200010; ++i) {
		inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	}
	for(ll i=2; i<=200010; ++i) {
		inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;
	}
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--) {
		scanf("%d %d %d",&n,&l,&r);
		ll ans=min(r-n/2,n/2+1-l);
		if(n%2==0) {
			for(int j=n/2+1; j<=n; j++) {
				if(r-j+l>n/2) continue;
				int down=max(1,r-j+l);
				ans=(ans+1ll*(r-j)*C(j-down,j-n/2)%mod)%mod;
			}
			for(int i=1; i<=n/2; i++) {
				if(l+r-i-1<n/2+1) continue;
				int up=min(n,l+r-i-1);
				ans=(ans+1ll*(i-l)*C(up-i,up-n/2-1)%mod)%mod;
			}
			printf("%lld\n",ans);
		} else {
			ans=(ans+min(r-n/2-1,n/2+2-l))%mod;
			for(int j=n/2+1; j<=n; j++) {
				if(r-j+l>n/2) continue;
				int down=max(1,r-j+l);
				ans=(ans+1ll*(r-j)*C(j-down,j-n/2)%mod)%mod;
			}
			for(int i=1; i<=n/2; i++) {
				if(l+r-i-1<n/2+1) continue;
				int up=min(n,l+r-i-1);
				ans=(ans+1ll*(i-l)*C(up-i,up-n/2-1)%mod)%mod;
			}
			for(int j=n/2+2; j<=n; j++) {
				if(r-j+l>n/2+1) continue;
				int down=max(1,r-j+l);
				ans=(ans+1ll*(r-j)*C(j-down,j-n/2-1)%mod)%mod;
			}
			for(int i=1; i<=n/2+1; i++) {
				if(l+r-i-1<n/2+2) continue;
				int up=min(n,l+r-i-1);
				ans=(ans+1ll*(i-l)*C(up-i,up-n/2-2)%mod)%mod;
			}
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

</code>

</hidden>

===== E. [Stringforces] ===== 

==== 题意 ====

给定字符串长度 $n$ 以及，字符集大小 $k$ ，其中字符集从字符 $a$ 开始到字符 $a+k-1$ 。接下来给定字符串，其中一些已经填好了，没填的用 $?$ 表示，问最少的长度，使得存在一种方案将 $?$ 全换成字符集的字符，能使得对所有字符集中的字符，都有连续的这些长度的字符串。

答案有单调性，显然要二分解决，下界 $0$ ，上界 $n$ 。难点是如何写 $check$ 函数。

我们预处理出每个位置对于每个字符而言下一个合法位置，之后用状压的思想，处理每个状态，如果有位置更优的情况则选之，最后二进制全是1的情况如果合法返回 $true$ 即可。

<hidden 代码>

<code cpp>

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,p[18][200010],flag[200010];
char str[200010];
bool check(int x) {
	for(int i=0; i<k; i++)p[i][n+1]=n+1;
	for(int i=0; i<k; i++) {
		int lst=n+1;
		for(int j=n; j; j--) {
			if(str[j]!='?'&&str[j]!=i+'a')lst=j;
			p[i][j]=p[i][j+1];
			if(lst-j>=x)p[i][j]=j+x-1;
		}
	}
	for(int i=1; i<(1<<k); i++)flag[i]=n+1;
	for(int i=1; i<(1<<k); i++){
		for(int j=0; j<k; j++){
			if(((1<<j)&i)&&(flag[i^(1<<j)]<=n)) flag[i]=min(flag[i],p[j][flag[i^(1<]+1]);
		}
	}
		

	return flag[(1<<k)-1]<=n;

}
int main() {
	scanf("%d %d",&n,&k);
	scanf("%s",str+1);
	int l=0,r=n+1,ans=-1;
	while(l<=r) {
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid)) {
			l=mid+1;
			ans=mid;
		} else r=mid-1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

</code>

</hidden>