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 #include #include #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); }
