agc009e

题目大意

给你n个0，m个1，和一个k。每次操作你选择k个数，擦去这k个数并加入他们的平均数（1个），问最后会有多少种不同的实数。
n,m,k<=2000

题解

这题感觉好难啊。。。
首先要进行一波神奇的转换，可以想象现在有一颗k叉树，然后一共有n+m个叶子节点，其中有n个为1，m个为0，每一个非叶子节点的值为所有儿子的平均数，问最后根节点有多少种不同的取值方案

这两者显然是本质相同的，因为每一个非叶子节点的值的获得相当于是k个数的合并

转化成树上的问题之后，与原问题最大的不同就是每一个点多了一个特定的值—-深度
我们考虑联系深度解决这个问题

因为是与原问题等价的，所以我们如果把所有的0都改成1，那么最终的根节点的值就是1

设n个为1的点深度分别为a1…an，0的深度为b1…bm,不妨把式子列出来：
$\sum_{i=1}^nk^{-ai}+\sum_{i=1}^mk^{-bi}=1$
再设某一种方案的答案是z，那么又有：
$z=\sum_{i=1}^nk^{-ai}$
结合两条式子，我们发现一个z满足条件，当且仅当其可以表示成n个k次幂的和，且1-n可以表示成m个k次幂的和
不妨用k进制表示z
设$z=0.c_{1}c_{2}c_{3}...c_{l}$
如果不考虑进位的话，所有c的和就是n，那么如果考虑进位呢？
因为是k进制所以只要所有c的和%(k-1)==n%(k-1)就可以了
1-z也是类似的
这里我们规定cl不能为0，因为如果cl为0，1-z对应的数第l位也为0，和只有l-1位的情况就算重了
到这里应该就可以dp了，我觉得应该也不是很麻烦，主要是有一个进位的问题
但是题解还想再皮一下
cl一定不为0，那么1-z的第l位一定不为0，一定有一个bi为l
那么我们直接把这个bi提出来
那么要求的就变成了$1-0.00...1=\sum_{i=1}^nk^{-ai}+\sum_{i=1}^mk^{-bi}$（k进制）
这样就不用考虑进位的问题
设f[i][j][0/1]表示当前做到小数点后第i位（深度为i），当前所有c的和（不取模，因为一共也不会超过n）为j，最后一位取的数为0/大于0
转移十分简单，前缀和优化即可做到nm

这题真的6，看着题解懵逼了半天

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a<b)?a:b)
const int N=1e6+5,mo=1e9+7;
int n,m,K,i,j,k,q1,q2;
ll f[2][2005][2],sum[2005];
int ans;
int main()
{
    freopen("009e.in","r",stdin);
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&K);
    m--;K--;
    q1=0;
    q2=1;
    f[0][0][0]=1;
    fo(i,1,max(n,m)*2)
    {
        fo(j,0,n) sum[j+1]=(sum[j-1+1]+f[q1][j][0]+f[q1][j][1])%mo;
        fo(j,0,n)
        {
            f[q2][j][0]=(sum[j+1]-sum[j-1+1])%mo;
            k=max(0,j-K);
            f[q2][j][1]=(sum[j-1+1]-sum[k-1+1])%mo;
        }
        fo(j,0,n)
            if (j%K==n%K&&(i*K-j)%K==m%K&&i*K-j<=m)
                ans=(ans+f[q2][j][1])%mo;
        q1^=1;q2^=1;
    }
    ans=(ans+mo)%mo;
    printf("%d",ans);
}