題意
題面
做法
考慮這樣一個問題：
給定\(l,r,len,s,t\)（\(l\le s,t\le r\)）
\(x_0=s,x_{len}=t\)
\(l\le x_i\le r\)
\(|x_i-x_{i-1}|=1\)
計算序列\(x_0,x_1,\cdots,x_{len}\)的方案數
定義1：我們稱不滿足\(l\le x_i\le r\)的位置\(i\)為不合法位置。
定義2：對於\(x_i<l\)的，我們令其字元為‘L’，對於\(x_i>r\)的，我們令其字元為'R'。將不合法位置的字元順序連線起來，稱其為該序列的不合法字串。
定義3：對於字串\(s_1,s_2\)，若\(s_1\)是\(s_2\)的子序列，稱\(s_1\in_s s_2\)
結論1：考慮\(A=\{L,R,LR,RL,LRL,RLR,\cdots\}\)，對於任意長度不為\(0\)的不合法字串\(s\)（\(s\)僅包含字元'L'、'R'），均有：
\[\sum_{x\in A,x\in_s s}(-1)^{|x|}=-1
\]
證明略
對於不合法字串存在子序列\(L\)的序列\(\{x_i\}\)，即\(\exists i.x_i=l-1\)
令最小滿足\(x_i=l-1\)的\(i\)為\(\mathbf{i}\)，構建序列\(\{y_i\}\)滿足
\[\begin{cases}
y_i=2(l-1)-x_i&,0\le i\le \mathbf{i}\\
y_i=x_i&,\mathbf{i}< i\le len
\end{cases}\]
結論2：透過上述構建，滿足如下條件的\(\{x_i\}\)與\(\{y_i\}\)構成雙射
\[\begin{aligned}
\begin{cases} x_0=s,x_{len}=t~~~~ \\
\exists i.x_i=l-1 \\
|x_i-x_{i-1}|=1
\end{cases}
\begin{cases}
y_0=2(l-1)-s,y_{len}=t\\
|y_i-y_{i-1}|=1
\end{cases}
\end{aligned}\]
證明：
令最小的\(i\)滿足\(y_i=l-1\)的為\(\mathbf{i'}\)，容易證明\(\mathbf{i'}=\mathbf{i}\)，然後可以透過上述構建的逆將\(\{y_i\}\)得到原來的\(\{x_i\}\)。
對於存在子序列\(RL\)的序列，即\(\exists i<j.x_i=r+1,x_j=l-1\)
令最小滿足\(x_j=l-1\)且存在\(i<j\)使得\(x_i=r+1\)的\(j\)為\(\mathbf{j}\)，令最小滿足小於\(\mathbf{j}\)且\(x_i=r+1\)的\(i\)為\(\mathbf{i}\)，構建序列\(\{y_i\}\)滿足
\[\begin{cases}
y_i=2(l-1)-(2(r+1)-x_i)&,0\le i\le \mathbf{i}\\
y_i=2(l-1)-x_i&,\mathbf{i}<i\le \mathbf{j}\\
y_i=x_i&,\mathbf{j}< i\le len
\end{cases}\]
結論3：透過上述構建，滿足如下條件的\(\{x_i\}\)與\(\{y_i\}\)構成雙射
\[\begin{aligned}
\begin{cases} x_0=s,x_{len}=t~~~~ \\
\exists i<j.x_i=r+1,x_j=l-1 \\
|x_i-x_{i-1}|=1
\end{cases}
\begin{cases}
y_0=2(l-1)-2(r+1)+s,y_{len}=t\\
|y_i-y_{i-1}|=1
\end{cases}
\end{aligned}\]
證明：
令最小滿足\(y_j=l-1\)且存在\(i<j\)使得\(y_i=2(l-1)-(r+1)\)的\(j\)為\(\mathbf{j'}\)，令最小滿足小於\(\mathbf{j'}\)且\(y_i=2(l-1)-(r+1)\)的\(i\)為\(\mathbf{i'}\)，容易證明\(\mathbf{i'}=\mathbf{i}\)，\(\mathbf{j'}=\mathbf{j}\)，然後可以透過上述構建的逆將\(\{y_i\}\)得到原來的\(\{x_i\}\)。
推廣結論2和結論3得到：
結論4（更強的結論）：
- 對於所有存在子序列\(RLRL...RL\)（\(k\)個\(RL\)）的不合法字串的序列\(\{x_i\}\)，滿足如下條件的\(\{y_i\}\)可以與其構成雙射：
\[\begin{cases}
y_0=2k(l-1)-2k(r+1)+s,y_{len}=t\\
|y_i-y_{i-1}|=1
\end{cases}\]
- 對於所有存在子序列\(LRLR...LR\)（\(k\)個\(RL\)）的不合法字串的序列\(\{x_i\}\)，滿足如下條件的\(\{y_i\}\)可以與其構成雙射：
\[\begin{cases}
y_0=2k(r+1)-2k(l-1)+s,y_{len}=t\\
|y_i-y_{i-1}|=1
\end{cases}\]
- 對於所有存在子序列\(RLRL...RLR\)（\(k\)個\(RL\)加上一個\(R\)）的不合法字串的序列\(\{x_i\}\)，滿足如下條件的\(\{y_i\}\)可以與其構成雙射：
\[\begin{cases}
y_0=2(k+1)(r+1)-2k(l-1)-s,y_{len}=t\\
|y_i-y_{i-1}|=1
\end{cases}\]
- 對於所有存在子序列\(LRL...RLRL\)（\(k\)個\(LR\)加上一個\(L\)）的不合法字串的序列\(\{x_i\}\)，滿足如下條件的\(\{y_i\}\)可以與其構成雙射：
\[\begin{cases}
y_0=2(k+1)(l-1)-2k(r+1)-s,y_{len}=t\\
|y_i-y_{i-1}|=1
\end{cases}\]
證明與結論2的證明類似
容易發現，1.2.的形式可以表示成\(y_0=2k(r-l+2)+s\)（\(k\in \mathbb{Z},k\neq 0\)），3.4.的形式可以表示成\(y_0=2k(r-l+2)+2(r+1)-s\)（\(k\in \mathbb{Z}\)）
令\(f(s,t)\)為\(y_0=s,y_{len}=t\)的方案數，
結合結論1和結論4，下面的式子對於每種不合法的方案數恰好計算了\(-1\)次
\[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z},k\neq 0}(-1)^{2k}f(2k(r-l+2)+s,t)+\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}(-1)^{2k+1}f(2k(r-l+2)+2(r+1)+s,t)
\]
又\(f(2\cdot 0\cdot (r-l+2)+s,t)\)即為在不考慮\(l\le x_i\le r\)條件的方案數，故答案為
\[\begin{aligned}
&\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(r-l+2)+s,t)-\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(r-l+2)+2(r+1)-s,t)\\
&=\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}{len\choose \frac{len+t-s}{2}+k(r-l+2)}-\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}{len\choose \frac{len+t+s+2(r+1)}{2}+k(r-l+2)}\\
\end{aligned}
\]
我們知道\(\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}{n\choose t+km}=[x^t](1+x)^n\mod(x^m-1)\)（\(0\le t<m\)）
故答案即為
\[[x^{\frac{len+t-s}{2}\%(r-l+2)}](1+x)^{len}\mod(x^{r-l+2}-1)\\
-[x^{\frac{len+t+s+2(r+1)}{2}\%(r-l+2)}](1+x)^{len}\mod(x^{r-l+2}-1)\]
考慮這樣一個二維問題（原題很容易轉化為這個問題），
給定\(len,sx,sy,tx,ty\)（\(1\le sx,tx\le n,1\le sy,ty\le n\)）
\(x_0=sx,y_0=sy\)
\(x_{len}=tx,y_{len}=ty\)
\(1\le x_i\le n\)
\(1\le y_i\le n\)
\(|x_i-x_{i-1}|=1\land y_i=y_{i-1}\)或\(x_i=x_{i-1}\land |y_i-y_{i-1}|=1\)
計算序列\((x_0,y_0),(x_1,y_1)\cdots,(x_{len},y_{len})\)的方案數
\[\begin{aligned}
&Ans=\\
&\sum\limits_{len_1+len_2=len}\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sx,tx,len_1)-\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)-sx,tx,len_1)\right]\\
&\times\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sy,ty,len_2)-\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)-sy,ty)\right]\\
&=\sum\limits_{len_1+len_2=len}\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sx,tx,len_1)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sy,ty,len_2)\right]\\
&+\sum\limits_{len_1+len_2=len}\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)-sx,tx,len_1)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)-sy,ty,len_2)\right]\\
&-\sum\limits_{len_1+len_2=len}\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)-sx,tx,len_1)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sy,ty,len_2)\right]\\
&-\sum\limits_{len_1+len_2=len}\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sx,tx,len_1)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)-sy,ty,len_2)\right]\\
\\
\end{aligned}
\]
對於\(\sum\limits_{len_1+len_2=len}f(sx,tx,len_1)\times f(sy,ty,len_2)\)的組合意義為從\((sx,sy)\)走\(len\)步到達\((tx,ty)\)的方案數
考慮進行座標轉換\((x,y)\rightarrow (x+y,x-y)\)，那麼每一步的增量變為\((+1,+1)(+1,-1)(-1,+1)(-1,-1)\)
也就是每一步每一維可以單獨處理，則：
\(\sum\limits_{len_1+len_2=len}f(sx,tx,len_1)\times f(sy,ty,len_2)=f(sx+sy,tx+ty,len)\times f(sx-sy,tx-ty,len)\)
考慮\(Ans\)的第一項如何計算（\(N=2(n+1)\)），另外三項同理
\[\begin{aligned}
&\sum\limits_{len_1+len_2=len}\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sx,tx,len_1)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2k(n+1)+sy,ty,len_2)\right]\\
&=\sum\limits_{k_1\in \mathbb{Z},k_2\in \in \mathbb{Z}}f(2(k_1+k_2)(n+1)+sx+sy,tx+ty,len)\times f(2(k_1-k_2)(n+1)+sx-sy,len)\\
&=\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2kN+sx+sy,tx+ty,len)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f(2kN+sx-sy,len)\right]\\
&+\left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f((2k+1)N+sx+sy,tx+ty,len)\right]\times \left[\sum\limits_{k\in \mathbb{Z}}f((2k+1)N+sx-sy,len)\right]\\
&=\left[[x^{?_1}](1+x)^{len}\mod(x^{2N}-1)\right]\times \left[[x^{?_2}](1+x)^{len}\mod(x^{2N}-1)\right]\\
&+\left[[x^{?_3}](1+x)^{len}\mod(x^{2N}-1)\right]\times \left[[x^{?_4}](1+x)^{len}\mod(x^{2N}-1)\right]\\
\end{aligned}\]
回到原題，可以在\(O(N\log N\log len)\)倍增求出\((1+x)^{len}\mod(x^{2N}-1)\)，然後每次\(O(1)\)回答詢問