神题orz
那个擦掉(k)个数然后写上一个平均值可以看成是(k)叉Huffman树的构造过程,每次选(k)个点合成一个新点,然后权值设为平均值.这些0和1都会在叶子的位置,同时每个叶子(i)的贡献为(w_i)(0或1)(*{frac{1}{k}}^{dep_i}),也就是每过一层这个叶子代表的0或1就要除掉(k)加到答案里,这样子算,所有点的贡献之和正好是最终的平均值.还要满足(sum_{i=1}^{n}{frac{1}{k}}^{dep_i}+sum_{j=1}^{m}{frac{1}{k}}^{dep_j}=1),相当于如果全是1那么最后的值也是1.那么(z)能被表示成最终的值当且仅当(z)能表示成(m)个({frac{1}{k}}^{a_i})之和,以及(1-z)能表示成(n)个({frac{1}{k}}^{b_i})之和
如果把最终的值写成(k)进制小数,也就是(0.c_1c_2...c_l),那么(sum c=m),当然这是没考虑进位,每次进位会导致一个(c_ige k)的(c_i)减(k),并且对应的(c_{i-1})加(1),那么每次进位都会导致(sum c)减去(k-1),所以条件就要改为(sum c equiv m mod k-1).然后(1-z)的(sum c)应该是(l(k-1)+1-sum c),其中前半部分为整数1的(k)进制表示,所以在满足上述条件的情况下还满足(l(k-1)+1-sum c < n)以及(l(k-1)+1-sum c equiv n mod k-1)
然后dp求方案数.设(f_{i,j})为考虑(i)位,(sum c)为(j)的方案.注意我们要强制最后一位(>0),不然会和前面的方案算重,再加一维(0/1)表示末尾是(0)还是(>0)即可.转移可以前缀和优化
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define uLL unsigned long long
#define db double
using namespace std;
const int N=2000+10,mod=1e9+7;
int rd()
{
int x=0,w=1;char ch=0;
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*w;
}
int n,m,kk,f[2][N][2],pr[N],ans;
int main()
{
n=rd(),m=rd(),kk=rd();
int nw=1,la=0;
f[0][0][0]=1;
int lm=max(n,m)<<1;
for(int i=1;i<=lm;++i)
{
for(int j=0;j<=m;++j)
{
pr[j]=j?pr[j-1]:0;
pr[j]=(pr[j]+(f[la][j][0]+f[la][j][1])%mod)%mod;
f[la][j][0]=f[la][j][1]=0;
}
for(int j=0;j<=m;++j)
{
f[nw][j][0]=(pr[j]-(j?pr[j-1]:0)+mod)%mod;
if(j) f[nw][j][1]=(pr[j-1]-(j-(kk-1)-1<0?0:pr[j-(kk-1)-1])+mod)%mod;
if(j%(kk-1)==m%(kk-1)&&(i*(kk-1)+1-j)%(kk-1)==n%(kk-1)&&i*(kk-1)+1-j<=n)
ans=(ans+f[nw][j][1])%mod;
}
nw^=1,la^=1;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}