AGC009：Eternal Average

传送门
好神啊
直接考虑一棵 (n+m) 个叶子的 (k) 叉树，根结点权值为 (sum_{iin m}(frac{1}{k})^{deep_i})
对于一个 (deep) 的序列
如果 (sum_{iin m}(frac{1}{k})^{deep_i}+sum_{iin n}(frac{1}{k})^{deep_i}=1)
那么一定可以构造出一棵 (k) 叉树满足要求
(从deep大到小考虑，除去 (k) 进位)
那么对于一个答案数 (x)，它的每一位的数字(可以通过退位)和 (=m)
退位就是 (+k-1)，那么也就是 (sumequiv m(mod~k-1))
同理 (1-x) 的每一位的数字(可以通过退位)和 (=n)
设位数为 (l)
即 (l(k-1)+1-sumequiv n(mod~k-1))
那么可以设 (f_{i,j}) 表示小数点后前 (i) 位，每一位的数字和为 (j)，的不同的数字个数
每次判断 (jle m,i(k-1)+1-jle n) 且 (jequiv m(mod~k-1),l(k-1)+1-jequiv n(mod~k-1))
满足则贡献答案
(i) 只需要枚举到 (n+m) 即可
(dp) 只需要前缀和优化，注意要记录后缀 (0)

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn(2005);
const int mod(1e9 + 7);

inline void Inc(int &x, int y) {
    x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

inline void Dec(int &x, int y) {
    x = x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}

inline int Add(int x, int y) {
    return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}

inline int Sub(int x, int y) {
    return x - y < 0 ? x - y + mod : x - y;
}

int n, m, k, f[maxn << 1][maxn][2], ans, s[maxn][2];

inline int Check(int len, int sum) {
	return sum % k == m % k && (len * k + 1 - sum) % k == n % k && len * k + 1 - sum <= n;
}

int main() {
	int i, j, r, t;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k), r = n + m, f[0][0][0] = 1, --k;
	for (i = 1; i <= r; ++i) {
		for (t = 0; t < 2; ++t)
			for (s[0][t] = f[i - 1][0][t], j = 1; j <= m; ++j)
				s[j][t] = Add(s[j - 1][t], f[i - 1][j][t]);
		for (j = 0; j <= m; ++j) f[i][j][1] = Add(f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1]);
		for (j = 1; j <= m; ++j)
			for (t = 0; t < 2; ++t)
				Inc(f[i][j][0], Sub(s[j - 1][t], j > k ? s[j - k - 1][t] : 0));
		for (j = 0; j <= m; ++j) if (Check(i, j)) Inc(ans, f[i][j][0]);
	}
	printf("%d
", ans);
	return 0;
}