BZOJ5190 Usaco2018 Jan Stamp Painting（动态规划）

　　可以大胆猜想的一点是，只要有不少于一个长度为k的颜色相同子串，方案就是合法的。

　　直接算有点麻烦，考虑减去不合法的方案。

　　一个正(xue)常(sha)的思路是枚举序列被分成的段数，问题变为用一些1~k-1的数组成n的方案数，这显然是可以容斥的。但好像对每一种都进行容斥就不太好办了。

　　暴力二维dp是很容易想到的。考虑去掉一维的暴力，设f[i]为前i位不合法染色方案数，枚举这一段的长度转移。这显然是可以前缀和的。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
#define N 1000010
#define P 1000000007
int n,m,k,f[N],ans;
int ksm(int a,int k)
{
    int s=1;
    for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
    return s;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj5190.in","r",stdin);
    freopen("bzoj5190.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d
";
#else
    const char LL[]="%lld
";
#endif
    n=read(),m=read(),k=read();
    ans=ksm(m,n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    if (i-k+1>0) f[i]=(f[i-1]+1ll*(f[i-1]-f[i-k])*(m-1))%P;
    else f[i]=(f[i-1]+1ll*f[i-1]*(m-1)+m)%P;
    cout<<((ans-f[n]+f[n-1])%P+P)%P;
    return 0;
}