AGC009E Eternal Average

https://atcoder.jp/contests/agc009/tasks/agc009_e

将模型转化为一个 (k) 叉树，每个点要么是叶子，要么恰好有 (k) 个儿子
然后叶子节点有 (n+m) 个，权值 0 或 1，非叶子节点的权值是所有子节点的平均值
这样根的权值就是最后剩的那个数
设根的深度为 (0)，权值为 1 的点深度分别是 (x_i)，为 0 的分别是 (y_i)
则权值为 0 的没贡献，根节点的权值是 (sum k^{-x_i})
如果 (n+m) 个点都是权值为 (1)，则根权值也是 (1)，那么就推出了 (sum k^{-x_i}+sum k^{-y_i}=1)

此题即为求有多少个 (Z)，使得 (Z=sum k^{-x_i},1-Z=sum k^{-y_i})
那么设 (k) 进制小数 (Z=(0.z_1z_2ldots z_l)_k)，因为 (Z) 要写成 (sum k^{-x_i})，所以 (sum z_ile n)，也就是最多只有 (k) 进制下 (n) 个 (1)
那么从 (1) 最多的情况往后推，每次进位，所有位的和减小 (k-1)，所以可以得出 (sum z_i equiv n pmod{k-1})

模拟一下小数减法的过程，再针对 (1-Z=sum k^{-y_i}) 这个式子，可以仿照上面的过程推出 (1+sum(k-1-z_i)le m) 和 (1+sum(k-1-z_i)equiv m pmod{k-1})

所以就是要求有多少个小数 (Z)，使得满足一下几个式子

[0le z_i<k,iin [1,l-1] ]

[0<z_l<k ]

[sum z_ile n ]

[sum z_i equiv n pmod{k-1} ]

[1+sum(k-1-z_i)le m ]

[1+sum(k-1-z_i)equiv m pmod{k-1} ]

所以可以来一个 dp，用 (f(i,j,0/1)) 表示考虑 (l=i)，也就是 (Z) 有 (i) 位时，(sum z_i=j)，(z_i) 等于/不等于 (0) 的方案数
转移：(f(i,j,0)=f(i-1,j,0)+f(i-1,j,1))
(f(i,j,1)=sum_{x=1}^{k-1} f(i-1,j-x,0)+f(i-1,j-x,1))

记一个前缀和优化一下就行了
因为没有规定 (l) 的大小，所以每当枚举完一个 (i)，就去找所有符合上面几个式子要求的 (j) 来加到答案里

另外一个细节，就是 (i) 最大枚举到多少，其实通过联立第三个和第五个式子可以发现，(lle dfrac{n+m-1}{k-1})，这也就是 (i) 的最大值

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#define reg register
inline int read(){
	register int x=0;register int y=0;
	register char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')y=1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
	return y?-x:x;
}
#define mod 1000000007
int n,m,k;
int sum[2006];
int f[4006][2006][2];
int main(){
	n=read();m=read();k=read();
	f[0][0][0]=1;
	int max=n+m,ans=0;
	for(reg int i=1;i<=max;i++){
		sum[0]=(f[i-1][0][0]+f[i-1][0][1])%mod;
		for(reg int j=1;j<=n;j++) sum[j]=((f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%mod+sum[j-1])%mod;
		f[i][0][0]=sum[0];
		for(reg int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j][0]=(sum[j]-sum[j-1]+mod)%mod;
			f[i][j][1]=(sum[j-1]-(j-k>=0?sum[j-k]:0)+mod)%mod;
		}
		for(reg int j=0;j<=n;j++)
			if(j%(k-1)==n%(k-1)&&1+(k-1)*i-j<=m&&(1+(k-1)*i-j)%(k-1)==m%(k-1))
				ans=(ans+f[i][j][1])%mod;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}