翻譯

如果一個數列相鄰兩項之差的絕對值均為 1（我們認為首項和末項也相 鄰），並且首項是數列中最小的元素之一，那麼我們稱之為良好數列。 如果一個數列單調不降且長度在 1 到 n 之間，數列中每個數的值在 1 到 m 之間，且重排後能得到至少 1 個至多 k 個良好數列，那麼我們稱之為優秀數列。 給出 n、m、k，求優秀數列的個數。 答案對 1000000007 取模

題解

這題有點東西… 把首項看成1，破環成鏈，a[n+1]=1 如果在最大值為i的情況下，最後乘一個$m-i+1$就好了 我們考慮如何設計狀態 首先你至少要知道當前這個數列能組成多少個良好數列 從小往大加數 比如兩個1之間如果有空格，他們之間至少要加一個2 所以我們再加入一個狀態，當前必須要加多少個數 啊別忘了記錄當前加入了多少個數 列舉當前加入的數的數量 設他為T 設至少要加K個數 顯然，我們會有T-K個組合兩兩之間是空格 所以 $f$

[i][j][k]−>f[i+1][j+T][T−K]f[i][j][k]->f[i+1][j+T][T-K] 等等，還沒轉移方案數 其實就相當於T個球要放入K個箱子中不允許有空 那不就是$f[i][j][k][l]->f[i+1][j+T][T-K][l*C_{T-1}^{K-1}]$ 然後列舉到一個最大值記錄答案即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline
 
 int read()
{
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void write(int x)
{
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);printf(" ");}
inline void pr2(int x){write(x);puts("");}
int n,m,K;
int C[105][105];
int f[2][105][105][105];//當前最大值 已經加了多少個數 還必須要加多少個數 方案數 
void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int main()
{
    n=read();m=read();K=read();
    if(n==1)return puts("0"),0;
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int j=0;j<=100;j++)
        {
            C[i][j]=j?C[i-1][j]+C[i-1][j-1]:C[i-1][j];
            if(C[i][j]>K)C[i][j]=K+1;	
        }
    n++;
    int now=0,ans=0;f[now][0][1][1]=1;
    for(int i=0;i<=m;i++)
    {
        now^=1;int num=0;
        if(i)
        {
            for(int j=2;j<=n;j++)
                for(int k=1;k<=K;k++)
                    ad(num,f[now^1][j][0][k]);
            ad(ans,(LL)num*(m-i+1)%mod);
        }
        memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
        for(int j=0;j<=n;j++)
            for(int k=1;k<=n;k++)
                for(int l=1;l<=K;l++)
                    if(f[now^1][j][k][l])
                        for(int t=k;t+j<=n;t++)
                            ad(f[now][j+t][t-k][min(K+1,l*C[t-1][k-1])],f[now^1][j][k][l]);
    }
    pr2(ans);
    return 0;
}