連結：https://www.acwing.com/problem/content/description/1216/

原題解：https://www.acwing.com/solution/content/7507/

用到了數論和動態規劃的知識。假定第一個數為x，第二個數為x + p₁（p_i為+a或者-b），第三個數為x + p₁ + p₂， ......，由於和為s，則n * x + (n - 1) * p₁ + (n - 2) * p₂ + ...... + p_(n-1) == s，

則此時（重點來了）：

　　　　　　　　　　s≡(n - 1) * p₁ + (n - 2) * p₂ + ...... + p_(n-1)

對於mod n，最多1000種可能，我們設立d陣列d[i][j]的i代表(n - 1) * p₁+ (n - 2) * p₂+ ...... + p_(n-1)數列從後往前選取了i個p的時候餘數為j的情況下擁有的可能數量。

由此我們得到遞推公式：

　　　　　　　　　　d[i][j] = d[i - 1][j - a * i] + d[i - 1][j + b * i];

（p_i的係數，（最後一個p(n-1)的係數是1，第一個的係數是(n-1)，每次決定p是+a還是-b時都要乘以係數。）

由於s與數列對n同模，則d[n -1][s % n]代表選取了從後往前的n-1項（也就是全選完時），同時數列餘數與s關於n同模的結果。

此時的個數就是最終要的答案，因為數列的值加上x個n最後的和就是s，所以全選完時，數列的和的餘數為s%n的情況下加上(x+y)個n（因為數列的和也對n求過模了，我們假設和為d[n-1][s%n] + y * n）就是s了，而其他餘數均不可能滿足題目要求。

還要注意，算出來的j-a * i或是j + b * i 或是給的s都有可能為負數，得到一個正數的下標才能得到正確的答案，所以我們採用return (x % n + n) % n得到x（不管正負）關於n的模。

ac程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int d[1005
 
][1005];
const int MOD = 100000007;
int n, s, a, b;
int cal(int x)
{
    return ((x % n) + n) % n;//(x + n）不一定大於n，所以不能用(x + n) % n來得到餘數
}
int main()
{
    scanf("%d %d %d %d", &n, &s, &a, &b);
    d[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        for (int j = 0; j < n; ++j)
        {
            d[i][j] = (d[i - 1][cal(j - a * i)] + d[i - 1][cal(j + b * i)]) % MOD;
        }
    }
    printf("%d\n", d[n - 1][cal(s)]);//s可能為負數
    return 0;
}