波动数列

原题链接

思路分析:
我们可以将每一次操作封装成 $P=(+a,-b)$ ，那么对于每一种满足条件的数列均有 $x$，$x+P_1$，$x+P_1+P_2$，$\dots$ ，$x+P_1+P_2+\dots +P_{n-1}$。
即$S=x+x+P_1+x+P_1+P_2+\dots +x+P_1+P_2+\dots +P_{n-1}$，整理后等价于$S=n\ast x+(n-1)\ast P_1+\dots +P_{n-1}$，观察式子$\frac{S-[(n-1)\ast P_1+\dots +P_{n-1}]}{n}=x$,由于题面中要求每一项都为整数，即分子$S-[(n-1)\ast P_1+\dots +P_{n-1}]$是分母$n$的整数倍，即$S$与$(n-1)\ast P_1+\dots +P_{n-1}$ 两者在$mod$ $n$的情况下余数相同。所以我们只需要知道$(n-1)\ast P_1+\dots +P_{n-1}$与$S$同余有多少种方案，便可求得答案。
设$dp[i][j]$为只考虑前$i$项，$(n-1)\ast P_1+\dots +(n-i)P_i$ $mod$ $n$的余数为$j$的方案数。
设$(n-1)\ast P_1+\dots +(n-i)P_i==j(modn)$，对于第$i$项而言，便有$(n-1)\ast P_1+\dots +(n-i+1)P_{i-1}==j-(n-i)\ast P_i$，根据$P=(+a,-b)$，代入后推导出
$dp[i][j]=dp[i-1][j-(n-i)\ast a]+dp[i-1][j+(n-i)\ast b]$，由于第一项为$x$，$P_1+P_2+\dots +P_{n-1}$仅有$n-1$项，所以最终答案为$dp[n-1][S(modn)]$。
初始化为$dp[0][0]=1$,注意$modn$要取正余数。

$Code:$

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include 
using namespace std;
#define MaxN 1010
//#define MOD 998244353
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
#define LL long long
#define PII pair
#define rint register int 
#define ULL unsigned long long
const int MOD=100000007;
//int days[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
//int dir[4][2]={{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}};
template<class T> inline void read(T& x){
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while( !isdigit(ch) ) f|=( ch == '-' ) , ch=getchar();
    while( isdigit(ch) )  x = ( x<<1 ) + ( x<<3 ) + ( ch^48 ) , ch=getchar();
    x = f ? -x : x;
}
template<class T> inline void print(T x){
	if ( x < 0 ) { putchar('-'); x = -x; }
	if ( x >= 10 ) print( x / 10 );
	putchar(x % 10 + '0');
}
int dp[MaxN][MaxN];
int mod(int a,int b){
	return (a%b+b)%b;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n,s,a,b;
	cin>>n>>s>>a>>b;
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		for(int j=0; j<n; j++){
			dp[i][j]=(dp[i-1][ mod(j-(n-i)*a,n)] +dp[i-1][ mod(j+(n-i)*b,n) ])%MOD;
		}
	}
	cout<<dp[n-1][mod(s,n)];
	return 0; 
}