Bullcow
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【描述】
一年一度的展会要来临了，农民约翰想要把N(1 <= N <= 100,000)只奶牛和公牛安排在单独的一行中。 约翰发现最近公牛们非常好斗；假如两只公牛在这一行中靠的太近，他们就会吵架，以至于斗殴，破坏这和谐的环境。约翰非常的足智多谋，他计算出任何两只公牛之间至少要有K (0 <= K < N)只奶牛，这样才能避免斗殴。 约翰希望你帮助他计算一下有多少种安排方法，可避免任何斗殴的的发生。约翰认为每头公牛都是一样的，每头奶牛都是一样的。因而，只要在一些相同的位置上有不同种类的牛，那这就算两种不同的方法。
【输入】
第一行:两个用空格隔开的数：N和K
【输出】
第一行：一个单独的数，即约翰可以安排的方法数。考虑到这个数可能很大，你只要输出mod 5,000,011之后的结果就可以了。
【样例输入】
4 2 输入注释 约翰想要一排4头牛，但是任何两只公牛之间至少有两头奶牛
【样例输出】
6
【提示】
下面的就是约翰思考出可行的6种方案(C代表奶牛,B代表公牛)
CCCC
BCCC
CBCC
CCBC
CCCB
BCCB
【Solution】
dp[i][0]表示位置i不放公牛，dp[i][1]表示位置i放公牛。
当位置i不放公牛，位置i-1对其不产生影响，所以dp[i][0]可以从dp[i-1][0]和dp[i-1][1]转移过来。
当位置i放公牛，位置i-M一定不能放公牛，所以dp[i][1]可以从dp[i-M][0]转移过来。
还有一个难点在预处理上。在1~M中如果位置i放一头公牛那么就只能放那一头公牛，所以dp[i][1]=1。如果位置i不放牛，那么放公牛的方案就有i-1种，不放公牛的方案有1种，所以dp[i][0]=i-1+1=i。
总结一下，预处理时dp[i][1]=1，dp[i][0]=i；DP时dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]，dp[i][1]=dp[i-M][0]。
AC代码：
1 #include <cstdio> 2 const int MOD=5000011; 3 int N,M; 4 int dp[100010][2]; 5 int main(){ 6 scanf("%d%d",&N,&M); dp[0][0]=1;dp[0][1]=0; 7 for(int i=1;i<=M;++i) dp[i][1]=1,dp[i][0]=i; 8 for(int i=M+1;i<=N;++i){ 9 dp[i][0]=dp[i-1][1]%MOD+dp[i-1][0]%MOD; 10 dp[i][1]=dp[i-M][0]%MOD; 11 } 12 printf("%d",(dp[N][1]+dp[N][0])%MOD); 13 return 0; 14 }