[Daimayuan]01序列2（C++，数学）

又是大家最喜欢的$01$序列问题了呢

这次的问题非常的简单，$cc$觉得一个$01$序列中两个1之间至少要有$k$个$0$，现在他要构造出一个长度为$n$的$01$序列，请问他有多少种不同的构造方法

这个数字可能会非常大，请你对$10^9+7$取模

输入格式

一行，给出两个整数$n$，$k$

输出格式

一个整数，代表不同的构造方法数

数据范围

$1\le n\le 10^6$

$0\le k<n$

样例输入

4 2

样例输出

6

解题思路

首先理解一下题意：符合要求的$01$序列中可能有$[0,\frac{n+k}{k+1}+1]$个$1$，每两个$1$之间必须有$k$个$0$

那么我们枚举$1$的数量，累计含有不同$1$的$01$序列总数即可

接下来说明如何枚举

枚举$1$的数量很简单，直接$for$循环

然后是计算含有$i$个$1$的$01$序列的种类数

由于每两个$1$之间必须有$k$个$0$，我们将其提前分配出去以求简化问题

那么现在有$i+1$个区间，我们要将$n-(i-1)\ast k-i$个$0$分配到这些区间中

这时我们想到了数学组合数问题中常见的隔板法

隔板法：有$i$个相同的物品，要求分成$j$组，问有多少种分配方式（每组中至少分配$1$个物品）

计算公式就是$C_{i-1}^{j-1}$

那么为了使用这个方法，我们从$i+1$个区间中抽取出$1$个$0$（因为要求每组中至少分配一个物品）

所以我们的计算公式变成了$C_{(n-(i-1)\ast k-i+i+1)-1}^{(i+1)-1}$

现在新的问题出现了，计算组合数$C_n^m$需要计算$\frac{n!}{m!(n-m)!}$，我们都知道阶乘会爆精度，所以想要取模

但是取模操作是不能对除法使用的

这时候就需要引入逆元了

逆元：在$modp$的意义下，有$(a\ast b)modp\equiv 1$，我们称$b$为$a$的乘法逆元

那么这和我们遇到的问题有什么关系呢？

逆元（为了说明方便，之后称$inv(x)$为$x$的逆元）有这样一个性质：$a/bmodp=a\ast inv(b)modp$

将除法取模转换为乘法取模，我们的问题就解决了

$\frac{n!}{m!(n-m)!}modp=n!\ast inv(m!)\ast inv((n-m)!)modp$

接下来是最后一个问题：如何求逆元

我在这里提供两个方法

（1）费马小定理：$b^{p-1}modp=1$

所以$b^{p-2}$即为$modp$意义下，$b$的乘法逆元

long long pow(long long x, long long y, long long p) {//快速幂
	long long ret = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) ret = (ret * x) % p;
        ret = (ret * ret) % p;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}

long long inv(long long x, long long p) {//mod p意义下，x的逆元
	return pow(x, p - 2, p);
}

（2）扩展欧几里得

void exgcd(long long a, long long b, long long& x, long long& y) {//扩展欧几里得
	if (!b) {
        x = 1;
        y = 0;
    }
    else {
        exgcd(b, a % b, y, x);
        y = y - x * (a / b);
    }
}

long long inv(long long a, long long b) {
	long long x, y;//x为mod b意义下，a的逆元；y为mod a意义下，b的逆元
    exgcd(a, b, x, y);
    return (x + b) % b;
}

由于写的只是题解，所以只说明了功能，并未讲解原理，如果有对逆元的证明感兴趣的读者，这里推荐一篇乘法逆元的博客

最后，AC代码如下

#include 
using namespace std;
const int max_n = 1e6;
const int max_k = max_n;
const long long mod_num = 1e9 + 7;

int n, k;
long long factorial[max_n + 1];

long long pow(long long x, long long y, long long p) {//快速幂
	long long ret = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) ret = (ret * x) % p;
		x = (x * x) % p;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}

long long inv(long long x, long long p) {//mod p意义下，x的逆元
	return pow(x, p - 2, p);
}

long long cmd(long long m, long long n) {
	long long num1 = factorial[n];
	long long num2 = factorial[m];
	long long inv2 = inv(num2, mod_num);
	long long num3 = factorial[n - m];
	long long inv3 = inv(num3, mod_num);
	return ((num1 * inv2) % mod_num) * inv3 % mod_num;
}

int main() {
	factorial[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= max_n; i++) factorial[i] = factorial[i - 1] * i % mod_num;

	cin >> n >> k;
	int max_ones = (n + k) / (k + 1);
	long long ans = 1;
	for (int i = 1; i <= max_ones; i++) {
		int left = n - (i - 1) * k + 1;
		ans = (ans + cmd((i + 1) - 1, left - 1)) % mod_num;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}