codeforces712D Memory and Scores(前缀和优化dp)

题意：

两个人玩取数游戏,第一个人分数一开始是a,第二个分数一开始是b,接下来t轮,每轮两人都选择一个[-k,k]范围内的整数,加到自己的分数里,求有多少种情况使得t轮结束后a的分数比b高。 (1 ≤ a, b ≤ 100, 1 ≤ k ≤ 1000, 1 ≤ t ≤ 100)

要点：

一开始没想到是dp，实际上可以用dp[i][j]表示第i轮比一开始多得到j分的方案数，所以一开始a，b是不影响的。因为-k会出现负数，所以干脆把[-k,k]变成[0,2k]，最后也不影响。状态转移方程就很简单:dp[i][j]=sum(dp[i-1][j-k....j+k])，这样状态量为（2*k*t）*t，最大是2e7，所以状态转移必须为O(1)，所以用一个前缀和维护。最后计算结果就遍历第一个人的j，求和第二个人的j差(a-b-1)的方案数相乘，注意这一步也可以用前缀和优化。

#include
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#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 210000;//可能出现负数所以j整个平移
const ll mod = 1e9 + 7;
ll dp[110][N], sum[N];

int main()
{
	ll a, b, k, t;
	cin >> a >> b >> k >> t;
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	dp[0][0] = 1;
	for (ll i = 1; i <= t; i++)
	{
		for (ll j = 0; j < N; j++)
			sum[j] = ((j ? sum[j - 1] : 0) + dp[i-1][j])%mod;//计算前缀和
		for(ll j=0;j= 0 ? sum[j - 2 * k - 1] : 0) + mod) % mod;//只有2*k的范围内有意义
	}
	ll ans = 0;
	for (ll i = 0; i < N; i++)//计算第二个人的前缀和
		sum[i] = ((i ? sum[i - 1] : 0) + dp[t][i])%mod;
	for (ll i = 0; i <= 2 * k*t; i++)//遍历第一个人可能的方案
		ans = (ans + dp[t][i] * (i + a - b - 1 >= 0 ? sum[i+a-b-1] : 0) % mod) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}