Description
有 \(n\) 只牛，其中部分牛是特殊的，特殊的牛之间至少要隔 \(k\) 只普通牛。求方案数。\(n \le 10^5\)
Solution
可以提供四种解法。
DP + 前缀和
设 \(f[i]\) 表示放了 \(i\) 只牛，最后一只是特殊牛的方案数，则
\[f[i]=\sum_{j=0}^{i-k-1} f[j]
\]
前缀和优化即可。
另一种 DP
设 \(f[i]\) 表示放了 \(i\) 只牛的方案数，转移时考虑枚举上一只牛是普通还是特殊，则
\[f[i]=f[i-1]+f[i-k-1]
\]
注意前几位要特殊处理。
更暴力的 DP
设 \(f[i][0/1]\) 表示放了 \(i\) 只，最后一只是普通/特殊的方案数，则
\[f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]
\\
f[i][1]=f[i-k-1][1]+f[i-k-1][0]
\]
显然这个方法化简一下就能直接得到第二种。
组合数学
枚举特殊牛的数量 \(x\)，则至少需要 \(k(x-1)\) 只普通牛，多出来的普通牛数量为 \(r=n-x-k(x-1)\)，而不同牛被分为 \(x+1\) 个段，因此我们要将 \(r\) 个球投入 \(x+1\) 个不同的盒子，球和球没有区别，盒子和盒子有区别，此时方案数为
\[\binom {n+m-1}{m-1}=\binom {x+r}{x}
\]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 100005;
const int mod = 5000011;
int f[N],n,k;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>k;
for(int i=0;i<=k;i++) f[i]=i+1;
for(int i=k+1;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-k-1])%mod;
cout<<f[n]<<endl;
}