[agc009e]Eternal Average

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，(k-1)|(n+m-1)

解题思路

转化一下题意。
考虑一种方案是一颗k叉树，给每个0和1安排深度，作为树的叶子节点，这些点的权值为0/1，其他点权值为所有儿子的平均数。问最后有多少种根节点权值不同的树。
现在问题稍微转化了一下，看起来舒服了一点。
考虑根节点的权值。我们只用考虑1的深度，权值为$\sum_{i=1..m}k^{-dep_{1}[i]}$.
考虑合法的树的条件。不妨把把0都变成1，最后根节点的权值一定为1。$1=\sum_{i=1..m}k^{-dep_{1}[i]}+\sum_{i=1..n}k^{-dep_{0}[i]}$。
那么我们现在实际要求，有多少个不同的实数z，能够表示成m个k的次幂的和，且1-z能表示成n个k的次幂的和。
不妨把z搞成k进制数。那么原本同深度的点会进位，这就比较好看。
首先考虑z能够表示成m个数的和。
设$z=0.s_1s_2...s_l$，其中s[l]≠0，那么$\sum{s[i]}≤m且\sum{s[i]}\%(k-1)=m\%(k-1)$，其实就是把进位搞一搞。
还要考虑1-z。考虑1-z的长度肯定也是l，那么我们把n-=1，这样1-z的每一位和s[]加起来都是k-1了。类似的写出一样的式子，那么我们发现我们要求的东西是一个序列s[]的方案数，其中满足：对于所有$1≤i≤l,s[i]\in[0,k-1]$，且$s[l]≠0$，且满足上面写的关于n,m的式子。
然后用一个简单的dp做就可以了。

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("t12.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);
}