题目

题目链接：https://atcoder.jp/contests/agc009/tasks/agc009_e
黑板上有 \(n\) 个 \(0\) 和 \(m\) 个 \(1\)，我们每次选择 \(k\) 个数字将其擦除，然后把它们的平均数写上去，这样一直操作直到只剩下一个数字，问剩下的这个数字有多少种不同的情况。
答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(1 \leq n,m \leq 2000,2 \leq k \leq 2000\)。保证 \(n+m-1\) 能被 \(k-1\) 整除。

思路

考虑这样一个过程：一开始有 \(n\) 个点权为 \(0\) 的点，\(m\) 个点权为 \(1\) 的点，然后每次操作选择任意 \(k\) 没有父亲的点，把他们的父亲设为一个全新的点，这个新点的权值为所选 \(k\) 个点的平均值。最后我们需要求根节点的权值的可能数量。
显然这个过程构成了一棵树，我们设第 \(i\) 个点权为 \(1\) 的点的深度为 \(a_i\)，第 \(i\) 个点权为 \(0\) 的点的深度为 \(b_i\)（根节点深度为 \(0\)），那么我们需要求

有多少种可能。限制条件为

这个条件可以理解为把根节点看作 \(1\)，然后每一个节点的权值为其父亲的 \(\frac{1}{k}\)，这样所有的叶子（也就是 \(n+m\) 个初始的点）的权值和等于 \(1\)。不难发现这个限制条件是充要的。
这个限制条件等价于 \(1-s=\sum_{n}^{i=1}k^{-b_i}\)。
将 \(s\) 看作一个 \(k\) 进制数，其小数点后第 \(i\) 位为 \(s_i\)，手玩一下进位的过程，一定有

\(1-s=\sum_{n}^{i=1}k^{-b_i}\) 同理可以得到

并且 \(s\) 每一位之和不能超过 \(m\)，\(1-s\) 每一位之和不能超过 \(n\)。
考虑原题，小数点后最多只有 \(\frac{n+m-1}{k-1}\leq n+m\) 位，那么可以设 \(f[i][j][0/1]\) 表示现在考虑到第 \(i\) 位，前 \(i\) 位和为 \(j\)，第 \(i\) 位为 \(0\) / 非 \(0\) 的方案数。
显然

前缀和优化一下即可做到 \(O(m(n+m))\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2010,MOD=1e9+7;
int n,m,k,ans,f[N*2][N][2],g[N];

int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	f[0][0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n+m;i++)
	{
		g[0]=(f[i-1][0][0]+f[i-1][0][1])%MOD;
		for (int j=0;j<=m;j++)
		{
			if (j) g[j]=((g[j-1]+f[i-1][j][0])%MOD+f[i-1][j][1])%MOD;
			f[i][j][0]=(f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%MOD;
			if (j>=k) f[i][j][1]=(g[j-1]-g[j-k])%MOD;
			if (j && j<k) f[i][j][1]=g[j-1];
			if (j%(k-1)==m%(k-1) && (i*(k-1)-j+1)%(k-1)==n%(k-1) && i*(k-1)-j+1<=n)
				ans=(ans+f[i][j][1])%MOD;
		}
	}
	printf("%d",(ans%MOD+MOD)%MOD);
	return 0;
}