有n个0或者1，进行全排列，要求任意两个0间至少有k个1,询问其方案数%5000011。
对于全部数据，对于全部数据，(1≤N≤10^5,0≤K<N)。
解：
显然为排列组合问题，考虑方向自然为通项与递推方程。
法一（通项公式）：
首先0决定了1的摆放，其次数据范围支持对0的枚举，于是枚举0的个数，设其x，于是每个间隔至少要有k个1,不妨先构造让其满足条件，需要(x-1)k个1,显然有((x-1)k+xleq nRightarrow [frac{n+k}{k+1}]),于是问题即变成对于剩下的1的插入0之间的间隔，
共有x+1个间隔,剩下的1的个数为(n-(x-1)k-x)。
思路一：
间隔是有序的，而1是无序的，不好解决无序的元素放入有序的盒子的方案数的问题，反过来看则是有序的间隔放入无序的1,而间隔可以多次放入同一个1,即可重组合，于是方案数不难得知为(C_{n-(x-1)k}^{x})。
思路二：
插入组合问题很困难，于是考虑组合转排列，转换模型，即等价于(n-(x-1)k-x)个1与(x)个0进行全排列,根据可重排列公式有：
[frac{(n-(x-1)k-x+x)!}{x!(n-(x-1)k-x)!}=frac{(n-(x-1)k)!}{x!(n-(x-1)k-x)!}
]
[=C_{n-(x-1)k}^{x}
]
所以只要枚举0的个数，代入公式累加即可。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
#define yyb 5000011
using namespace std;
ll jc[100001],jv[100001],lsy(1);
il ll pow(ll,ll),c(int,int);
int main(){
int n,i,j,k,li;scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=jc[0]=1;i<=n;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%yyb;
jv[n]=pow(jc[n],yyb-2),li=(n+k)/(k+1);
for(i=n,jv[0]=1;i>1;--i)jv[i-1]=jv[i]*i%yyb;
for(i=1;i<=li;++i)(lsy+=c(n-(i-1)*k,i))%=yyb;
printf("%lld",lsy);
return 0;
}
il ll c(int n,int r){
if(n<r)return 0;
return jc[n]*jv[r]%yyb*jv[n-r]%yyb;
}
il ll pow(ll x,ll y){
ll ans(1);
while(y){
if(y&1)ans=ans*x%yyb;
x=x*x%yyb,y>>=1;
}return ans;
}
法二（递推方程）
经验告诉我们以序列长度为状态，于是设(f[i])表示填到第i个位置的方案数，显然策略为填0或者1,填1恒满足累加(f[i-1])，填0导致前k个都不能填0,故累加(f[i-k-1]),于是有:
[f[i]=f[i-1]+f[i-k-1]
]
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
#define yyb 5000011
using namespace std;
int dp[100001];
int main(){
int n,k,i;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=1;i<=k+1;++i)dp[i]=i+1;
for(i=k+2;i<=n;++i)
dp[i]=(dp[i-k-1]+dp[i-1])%yyb;
printf("%d",dp[n]);
return 0;
}