【AtCoder】【AGC009E】Eternal Average

Description

有n个0，m个1，每次你从这里面取出K个数，取平均值后再把平均值放回去，求最后的答案有多少种取值。
保证(n+m-1)|k

Solution

把最后的答案放在K进制下考虑，
如果一个1在第x层，对答案的贡献就是在K进制下的第-x位+1，
那我们可以考虑每次把K进制数的一位+1，操作m次

如果全部为1，答案显然为1，
也就是说，如果随便操作m次，最后出来的K进制数，如果是合法的，当且仅当：接下来再操作n次，可以把原数变成1，

一种K进制数，如果可以在操作m次的情况下被组合出，当且仅当$s\equiv m \pmod{K-1}$（s为每一位的和），

那么我们就可以通过这个性质进行DP了，
为了方便，对于一个可以通过m次操作构出的K进制数，如果再进行n-1次操作即可变成0.(k-1)(k-1)…的形式（如：K=3时为0.222222，即再操作一次即可变成1），这种方案便合法，
即可以看成，两个K进制数相加变成了那种形式，
我们知道了其中一个K进制数的位数和每位之和，另一个K进制数的位数和每位之和也可得知

枚举我们组合出的K进制数有几位（最后一个不为0的位置），设有i位，
$f_{i,j}$，j表示每位之和，
转移显然，做一个前缀和即可，
因为合法性只与j有关，合法ans+=即可。

Code

#include <cstdio>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int N=5500,mo=1e9+7;
int m,n,K,ans;
int f[2][N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);--n;--K;
    fo(i,1,n+m)
    {
        register int I=i&1,q=1;
        fo(j,1,m)
        {
            if(j>K)((q-=f[!I][j-K-1])<0?q+=mo:0);
            if(j%K==m%K&&(K*i-j)%K==n%K&&(K)*i-j<=n)((ans+=q)>=mo?ans-=mo:0);
            ((q+=f[!I][j])>=mo?q-=mo:0);
            f[I][j]=q;
            if(j==K)--q;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}