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##[$AcWing$ $1307$. 牡牛和牝牛](https://www.acwing.com/problem/content/description/1309/)
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### 一、题目描述
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约翰要带 $N$ 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。
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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 $K$ 只牝牛**。
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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。
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**输入格式**
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一行，输入两个整数 $N$ 和 $K$。
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**输出格式**
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一个整数，表示排队的方法数。
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**数据范围**
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$1≤N≤10^5,0≤K<N$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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4 2
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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6
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```
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**样例解释**
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$6$ 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。
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### 二、隔板法+组合数公式+费马小定理求逆元
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**黄海理解**：
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int MOD = 5000011; // 质数，可以使用费马小定理求逆元
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const int N = 1e5 + 10;
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int fact[N]; // 阶乘数组
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// 快速幂
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int qmi(int a, int b, int p) {
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int res = 1;
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a %= p;
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while (b) {
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if (b & 1) res = res * a % p;
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b >>= 1;
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a = a * a % p;
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}
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return res;
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}
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// 利用组合数定义式求C(m,n),用到快速幂求逆元
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int C(int m, int n) {
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if (m < n) return 0;
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return fact[m] * qmi(fact[n], MOD - 2, MOD) % MOD * qmi(fact[m - n], MOD - 2, MOD) % MOD;
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}
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int n, k; // n只牛,两只牡牛之间，最少需要k只牝牛
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signed main() {
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// 预处理范围内数字的阶乘
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fact[0] = 1;
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for (int i = 1; i < N; i++) fact[i] = (fact[i - 1] * i) % MOD;
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cin >> n >> k;
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int res = 0;
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for (int i = 1; i <= (n + k) / (k + 1); i++) // 枚举牡牛的所有可能数量
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res = (res + C(n - (i - 1) * k, i)) % MOD; // 累计组合数
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// 如果0只牡牛,还应该增加一种方案，就是全都是牝牛
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cout << res + 1 << endl;
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}
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```
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### 三、动态规划法
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设牡(公牛)为$1$,牝(母牛)为$0$,就是：
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```cpp {.line-numbers}
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0 0 0 0
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0 0 0 1
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0 0 1 0
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0 1 0 0
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1 0 0 0
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1 0 0 1
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```
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题目大意是一共要求携带$n$头牛，牛分为两种：$1$和$0$两种种类。
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题目要求$1$与$1$之间至少要间隔$K$个$0$
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求出满足上述要求的方案数
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**闫氏$DP$分析法**：
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`f[i]`集合：考虑前$i$头牛，且第$i$头牛是$1$的方案
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`f[i]`属性：方案数
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2020/11/03/7416_f1e87e0e1d-797a3ef37b80daf6d72bf43ef1aede5.png'></center>
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状态计算：`f[i] = f[i - k - 1] + f[i - k - 2] + ··· + f[0]`
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(↑集合划分的依据是题目的要求，即当前$1$与上一个$1$之间至少要间隔$k$个$0$)
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此处设置一个边界`f[0]`表示只有$0$没有$1$的边界情况
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**如何计算最终答案**
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根据上述集合的含义
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我们最终的答案就是把所有的$f[i]$（包括$f[0]$，表示该方案全是$0$，没有$1$）累加起来即可。
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$res = f[0] + f[1] + ··· + f[n]$
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无论是状态计算，还是答案求和，都要用到求区间和的部分
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因此本题还可以采用前缀和数组，优化掉上述的计算
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#### 朴素版本
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010, mod = 5000011;
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int n, k;
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int f[N];
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// PASS 8/12 其它的TLE
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int main() {
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cin >> n >> k;
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f[0] = 1; // 此处设置一个边界f[0]表示只有0没有1的边界情况
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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if (i - k - 1 < 0)
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f[i] = f[0];
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else
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for (int j = 0; j <= i - k - 1; j++)
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f[i] = (f[i] + f[j]) % mod;
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}
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int res = 0;
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for (int i = 0; i <= n; i++) res = (res + f[i]) % mod;
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printf("%d\n", res);
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return 0;
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}
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```
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#### 前缀和优化
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010, mod = 5000011;
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int n, k;
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int f[N], s[N];
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int main() {
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cin >> n >> k;
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f[0] = s[0] = 1;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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if (i - k - 1 > 0)
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f[i] = s[i - k - 1]; // 利用前缀和优化
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else
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f[i] = f[0];
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s[i] = (s[i - 1] + f[i]) % mod; // 维护前缀和
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}
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printf("%d\n", s[n]);
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return 0;
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||
}
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```
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