波动数列

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分析

设第一个数为$x$，则第二个数为$x+d_1$，第三个数为$x+d_1+d_2$ …。这里的$d_1$，$d_2$表示$a$或者$-b$，所以这个数列为：

$x$, $x+d_1$, $x+d_1+d_2$, $x+d_1+d_2+d_3$, …, $x+d_1+d_2+...+d_{n-1}$，又因为数列之和为s，所以转化成：

$n\ast x+(n-1)\ast d_1+(n-2)\ast d_2+(n-3)\ast d_3+...+d_{n-1}=s$，再在一步转化：

$\frac{s-[(n-1)\ast d_1+(n-2)\ast d_2+(n-3)\ast d_3+...+d_{n-1}]}{n}=x$

因为x是任意整数，所以又转化成：

$s$与$(n-1)\ast d_1+(n-2)\ast d_2+(n-3)\ast d_3+...+d_{n-1}$ 模$x$的余数相同。

到这里就转化成了组合问题。

下面就可以用闫氏dp分析法了。

1.状态表示：f[i][j]表示要选i个a或者-b且余数为j的所有集合的数量。
2.状态计算：第i个可以选a或者-b。

第i个选a：$(n-1)\ast d_1+(n-2)\ast d_2+(n-3)\ast d_3+...+2\ast d_{n-2}+a$ 模 $x=j$。

则：$(n-1)\ast d_1+(n-2)\ast d_2+(n-3)\ast d_3+...+2\ast d_{n-2}$ 模 $x=j-a$。

系数和下标之和为n，所以第i项的的系数为n-i。

所以：f[i][j] = f[i - 1][j - (n - i) * a]

第i个选b：同理：f[i][j] = f[i - 1][j + (n - i) * b]

时间复杂度 $O(n^2)$

状态数量 * 状态转移时操作数 = (n - 1) * (n - 1) * 2

C++代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010, MOD = 100000007;

int n, s, a, b;
int f[N][N];

int get_mod(int a, int b)
{
    return (a % b + b) % b;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &s, &a, &b);
    
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            f[i][j] = (f[i - 1][get_mod(j - (n - i) * a, n)] + f[i - 1][get_mod(j + (n  - i) * b, n)]) % MOD;
    
    printf("%d", f[n - 1][get_mod(s, n)]);

    return 0;
}

Java代码

import java.util.Scanner;
public class Main {

    static int N = 1010;
    static int MOD = 100000007;
    static int[][] f = new int[N][N];

    public static void main(String[] args) {
        Scanner scan = new Scanner(System.in);
        int n, s, a, b;
        n = scan.nextInt();
        s = scan.nextInt();
        a = scan.nextInt();
        b = scan.nextInt();
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i < n; i++)
            for (int j = 0; j < n; j++)
                f[i][j] = (f[i - 1][getMod(j - (n - i) * a, n)] + f[i - 1][getMod(j + (n - i) * b, n)]) % MOD;
        System.out.println(f[n - 1][getMod(s, n)]);
    }

    public static int getMod(int a, int b) {
        return (a % b + b) % b;
    }
}

参考

ACWing蓝桥杯