波动数列 蓝桥杯

标题：波动数列
观察这个数列：
1 3 0 2 -1 1 -2 ...
这个数列中后一项总是比前一项增加2或者减少3。
栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n 和为 s 而且后一项总是比前一项增加a或者减少b的整数数列可能有多少种呢？

【数据格式】
输入的第一行包含四个整数 n s a b，含义如前面说述。
输出一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。由于这个数很大，请输出方案数除以100000007的余数。

例如，输入：
4 10 2 3
程序应该输出：
2

【样例说明】
这两个数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

【数据规模与约定】
对于10%的数据，1<=n<=5，0<=s<=5，1<=a,b<=5；
对于30%的数据，1<=n<=30，0<=s<=30，1<=a,b<=30；
对于50%的数据，1<=n<=50，0<=s<=50，1<=a,b<=50；
对于70%的数据，1<=n<=100，0<=s<=500，1<=a, b<=50；
对于100%的数据，1<=n<=1000，-1,000,000,000<=s<=1,000,000,000，1<=a, b<=1,000,000。

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗  < 1000ms

请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。

这题目确实有些难度，也是一道很好的DP题目，自己没做出来，就看了很多题解。

简单将我的看法总结一下，题目数据很大，所以DFS是肯定没法直接用的，这时候就会想到DP 方法，题目中a,b数量之和为定值，只需要去求得a的数量就可以得到b的数量。这里就有些跟01背包相同，设数列首项为t，F(i)={a,-b},第i项加上F(i)为第i+1项。所以第2项可表示为t+F(1)，第2项可表示为t+F(1)+F(2)，第3项可表示为t+F(1)+F(2)+F(3)...........把第一项到第n项累加起来可得表达式n*t + (n-1)F(1) + (n-2)F(2) + ....... +F(n-1) =s。n*t =  s  - {(n-1)F(1) + (n-2)F(2) + ....... +F(n-1)}。由于F(i)不为a就为-b，设有c个a，F(i)的系数相加共有1+2+......+n-1 = (n-1)*n/2项目，所以共有c-(n-1)*n/2个b。所以令temp =  s - c*a + ((n-1)*n/2 - c)*b，当temp%n = = 0时，说明temp == n*t，满足要求。并且，c为1~n-1个数中的若干个数组合相加而得的，每一种组合都是一种方案，到此，我们就可以发现这题已经转化为求01背包问题的方案数了。即从体积为1~n-1的物品中有几种方案能够恰好填满背包。 
 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MOD 100000007  
#define MAXN 1100  
long long  n,s,a,b; 
long long all;
long long Bo[2][MAXN*MAXN];//作为滚动数组 
int p=0;
//p为滚动数组标识，表示当前操作数组的第几行，（例如当前计算第i行，p指向操作Bo数组第0行，逻辑上i-1行是Bo数组第1行）
void dp()
{
	long i,j;
	Bo[p][0]=1;
	for(i=1;i<n;i++)
	{
		p=1-p;
		for( j=0;j<=(i+1)*i/2;j++)
		{
			
			if(i>j)
			{
				Bo[p][j]=Bo[1-p][j];
			}
			else{
				Bo[p][j]=(Bo[1-p][j]+Bo[1-p][j-i])%MOD;
			}
		}
	}
}
 long long   sum()
{
	long long count = 0;
	long long temp;
	for(int i=0;i<=all;i++)
	{
		temp = s - i*a + (all-i)*b;
		if(temp%n==0)
		{
			count =(count+Bo[p][i])%MOD;
		}
	}
	 return count ;
}
int main ()
{
	
	while (cin>>n>>s>>a>>b)
	{
		all = n*(n-1)/2;
		dp();
		long long jieguo = sum()%MOD;
		cout<<jieguo;
	}
	return 0;
} 

本文章参考了该大神的博客：https://blog.youkuaiyun.com/more_ugly_less_bug/article/details/54957478