3398: [Usaco2009 Feb]Bullcow 牡牛和牝牛

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Description

    约翰要带N(1≤N≤100000)只牛去参加集会里的展示活动，这些牛可以是牡牛，也可以是牝牛．牛们要站成一排．但是牡牛是好斗的，为了避免牡牛闹出乱子，约翰决定任意两只牡牛之间至少要有K(O≤K<N)只牝牛．

    请计算一共有多少种排队的方法．所有牡牛可以看成是相同的，所有牝牛也一样．答案对5000011取模

Input

    一行，输入两个整数N和K.

Output

 

    一个整数，表示排队的方法数．

Sample Input

4 2

Sample Output

6
样例说明
6种方法分别是：牝牝牝牝，牡牝牝牝，牝牡牝牝，牝牝牡牝，牝牝牝牡，牡牝牝牡

HINT

 

Source

Silver

/*
以下牡牛为a，牝牛为b。
学完排列计数后试着来写这题，“至少”一词可以给我们提示，我们可以枚举a为x头（x>1），然后算出对应的排列累计起来。
对于x头a，首先我们先缩掉必要的k头牛(x-1)*k，然后这时可以特判可以先结束（因为单调的），然后在缩好后的x个点和n-x-(x-1)*k个点进行多重排列就行了。
逆元：a^(phi(n)-1) mod n
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=;
typedef long long ll;
int n,k;ll ans;
ll fpow(ll a,ll p){
    ll res=;
    for(;p;p>>=,a=a*a%mod) if(p&) res=res*a%mod;
    return res;
}
ll C(ll n,ll m){
    m=min(m,n-m);ll r1=,r2=;
    for(ll i=n-m+;i<=n;i++) r1=r1*i%mod;
    for(ll i=;i<=m;i++) r2=r2*i%mod;
    return r1*fpow(r2,mod-);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(ll i=;i<=n;i++){
        ll t=n-(i-)*k;
        if(t<i) break;
        ans=(ans+C(t,i))%mod;
    }
    cout<<ans;
    return ;
}

/*
DP:
设 f[i]表示取的最后一个数是i的方案数
则 f[i]=siama(f[j]) i-j>k
*/
#include<cstdio>
#define mod 5000011
using namespace std;
int n,k,f[(int)1e5+];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    f[]=;
    int sum=,ans=;
    for(int i=;i<=n;i++){
         if(i>k+) sum=(sum+f[i-k-])%mod;
         f[i]=sum;
         ans=(ans+f[i])%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}