题目
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 ， 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。
代码
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#define MOD 100000007
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, s, a, b;
long long ans;
void printPath(const vector<int> &path);
void solve1();
void dp1();
void dp2();
void dp3();
/**
*
* @param x 上一项
* @param cnt 截止上一项已经有多少个
* @param sum 截止上一项已经求得的和
*/
void dfs(LL x, int cnt, int sum, vector<int> path) {
if (cnt == n) {
if (sum == s) {
ans++;
}
// printPath(path);
if (ans > MOD)ans %= MOD;
return;
}
path.push_back(x + a);
dfs(x + a, cnt + 1, sum + x + a, path);
path.erase(path.end() - 1);
path.push_back(x - b);
dfs(x - b, cnt + 1, sum + x - b, path);
}
void printPath(const vector<int> &path) {
for (int i = 0; i < path.size(); ++i) {
cout << path[i] << " ";
}
cout << endl;
}
void solve2();
int main(int argc, const char *argv[]) {
scanf("%d %d %d %d", &n, &s, &a, &b);
// solve1();
// solve2();
// dp1();
// dp2();
dp3();
return 0;
}
/*一维数组*/
void dp3() {
int t = n * (n - 1) / 2;
int dp[t + 1];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
for (int j = i * (i + 1) / 2; j >= i; --j) {//减少j的枚举
dp[j] = (dp[j] + dp[j - i]) % MOD;
}
}
for (LL ta = 0; ta <= t; ++ta) {
LL i = s - ta * a + (t - ta) * b;
if (i % n == 0)
(ans += dp[ta]) %= MOD;
}
cout << ans << endl;
}
/*2行的数组滚动使用*/
void dp2() {
int t = n * (n - 1) / 2;
int dp[2][t + 1];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
dp[1][0] = 1;
int row = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
row = 1 - row;
for (int j = 1; j <= i * (i + 1) / 2; ++j) {//这里可以减少枚举
if (i > j) dp[row][j] = dp[1 - row][j] % MOD;
else dp[row][j] = (dp[1 - row][j] + dp[1 - row][j - i]) % MOD;
}
}
// 必须用LL，因为s+tb有可能超出int 10^9+10^6*10^6
for (LL ta = 0; ta <= t; ++ta) {
LL i = s - ta * a + (t - ta) * b;
if (i % n == 0)
(ans += dp[row][ta]) %= MOD;//选择性地累加最后一行
}
cout << ans << endl;
}
void dp1() {
int t = n * (n - 1) / 2;//最终式子中a或b的最大的个数（系数）
int dp[n][t + 1];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dp[i][0] = 1;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) {
for (int j = 1; j <= t; ++j) {
if (i > j) dp[i][j] = dp[i - 1][j] % MOD;
else dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - i]) % MOD;
}
}
for (LL ta = 0; ta <= t; ++ta) {
LL i = s - ta * a + (t - ta) * b;
if (i % n == 0)
(ans += dp[n - 1][ta]) %= MOD;
}
cout << ans << endl;
}
void solve2() {
int t = n * (n - 1) / 2;
LL x;
LL x1 = (s - a * t) / n;
LL x2 = (s + b * t) / n;
// 枚举首项
for (x = x1; x <= x2; x++) {
// 对x进行初步检测，有的x，无论怎么搭配a，b的数目，都不能得出s
for (int ta = 0; ta <= t; ++ta) {//枚举a的数目[0,t]
LL cal = x * n + ta * a - (t - ta) * b;
if (cal == s) {//减少对x的枚举
vector<int> path;
path.push_back(x);
dfs(x, 1, x, path);
}
}
}
printf("%lli\n", ans);
}
void solve1() {
int t = n * (n - 1) / 2;//最终式子中a或b的最大的个数（系数）
LL x;
// 枚举首项
LL x1 = (s - a * t) / n;
LL x2 = (s + b * t) / n + 1;
for (x = x1; x <= x2; x++) {
vector<int> path;
path.push_back(x);
dfs(x, 1, x, path);
}
printf("%lli\n", ans);
}