\(Description\)
对于刚上大学的牛牛来说，他面临的第一个问题是如何根据实际情况申请合适的课程。
在可以选择的课程中，有 \(2n\) 节课程安排在 \(n\) 个时间段上。在第 \(i（1≤i≤n）\)个时间段上，两节内容相同的课程同时在不同的地点进行，其中，牛牛预先被安排在教室 \(c_{i}\) 上课，而另一节课程在教室 \(d_{i}\) 进行。
在不提交任何申请的情况下，学生们需要按时间段的顺序依次完成所有的 \(n\) 节安排好的课程。如果学生想更换第 \(i\) 节课程的教室，则需要提出申请。若申请通过，学生就可以在第 \(i\) 个时间段去教室 \(d_{i}\) 上课，否则仍然在教室 \(c_{i}\) 上课。
由于更换教室的需求太多，申请不一定能获得通过。通过计算，牛牛发现申请更换第 \(i\) 节课程的教室时，申请被通过的概率是一个已知的实数 \(k_{i}\)，并且对于不同课程的申请，被通过的概率是互相独立的。
学校规定，所有的申请只能在学期开始前一次性提交，并且每个人只能选择至多 \(m\) 节课程进行申请。这意味着牛牛必须一次性决定是否申请更换每节课的教室，而不能根据某些课程的申请结果来决定其他课程是否申请；牛牛可以申请自己最希望更换教室的 \(m\) 门课程，也可以不用完这 \(m\) 个申请的机会，甚至可以一门课程都不申请。
（真正的题目才刚刚开始，上面的都是浮云）
因为不同的课程可能会被安排在不同的教室进行，所以牛牛需要利用课间时间从一间教室赶到另一间教室。某天，当牛牛上完课来到下一间教室时，发现教室里空无一人，黑板上用白粉笔写着\(N\)个数字\(0\)和\(M\)个数字\(1\)，旁边贴着一个纸条，纸条上写着另一个整数\(K\)。
牛牛观察了一会儿，发现\(K−1\)竟然整除\(N+M−1。\)于是，好奇的牛牛想知道，如果称“在黑板上随机选择\(K\)个数擦掉，并把这\(K\)个数的平均数作为一个新的数写在黑板上”为一次操作，在他一直重复操作直到黑板上只剩一个数后，这个数有多少种可能的取值。显然，在这个过程中，黑板上的每个数都是有理数，牛牛是大学生，学过关于分数的知识，所以你不用关心他怎么如何把一个有理数写在黑板上。请你能帮助他统计这个数值，由于该数值过大，你只需要求出它对\(10^9+7\)取模的值就行了。
\(Input\)
输入第一行包含三个整数\(N,M,K\)。
\(Output\)
输出一个整数，表示黑板上最后的数字可能的取值数量对\(10^9+7\)取模的值。
\(Sample Input 1\)
2 2 2
\(Sample Input 2\)
3 4 3
\(Sample Input 3\)
150 150 14
\(Sample Output 1\)
5
\(Sample Output 2\)
9
\(Sample Output 3\)
937426930
\(HINT\)
在第一个样例中，\(5\)个可能的取值分别是\(\frac{1}{4}\)，\(\frac{3}{8}\)，\(\frac{1}{2}\)，\(\frac{5}{8}\)，\(\frac{3}{4}\)。其中，\(\frac{3}{8}\)可以通过以下方式得到:
- 擦去\(0\)和\(1\)，写上\(\frac{1}{2}\)。
- 擦去\(\frac{1}{2}\)和\(1\)，写上\(\frac{3}{4}\)。
- 擦去\(0\)和\(\frac{3}{4}\)，写上\(\frac{3}{8}\)。
数据范围:
\(1≤N,M≤2000，\)
\(2≤K≤2000，\)
\(K−1\)整除\(N+M−1\)。
存在10分的子任务，满足\(1≤N,M,K≤10。\)
存在30分的子任务（独立于上一个子任务），满足\(K=2。\)
吐槽
有没有看到标题和体面很激动的小盆友，没错，我跟你们一样：这不就是\(2016\)年\(tg\)的原题吗？！！！
但这次终于见识到一句话入主题的精髓了
那个改题面的人，站出来，保证不盘死你
TMD之前的题面跟题目有什么关系啊啊
思路
按照习惯，看到小学生最擅长的数数题，并且需要取模，我们首先考虑\(dp\)
我们观察每次取\(k\)个数的平均数，是不是很像一棵\(k\)叉树？！
于是我们考虑一棵\(k\)叉树，它的叶子节点为\(0\)或\(1\)，每个非叶子节点的值就是它的儿子的平均值
于是我们可以得到：这棵\(k\)叉树有\(n+m\)个叶子节点，\(n\)个\(0\)，\(m\)个\(1\)
设\(n\)个\(0\)叶子节点的深度分别为\(d0_{i}\)，\(m\)个\(1\)叶子节点的深度分别为\(d1_{i}\)
那么我们容易得到根节点的值就为\(\sum k^{-d1_{i}}\)
我们考虑，当全部叶子节点的值都为\(1\)时，那么根节点的值就为\(1\)
于是，我们可以得到
\(\sum k^{-d1_{i}}+\sum k^{-d0_{i}}=1\)
现在，我们所要求的东西就转换成了：
有多少个\(x\)可以写成\(\sum k^{-d1_{i}}\)的形式，且\(1-x\)可以写成\(\sum k^{-d0_{i}}\)的形式（虽然我但代码里求的是\(1-x\)的个数，但都一样）
我们发现这些\(\sum\)很烦人，于是我们将\(x\)表示成一个\(k\)进制小数 \(0.a_{1}a_{2}a_{3}...a_{len}\)，这个小数的长度为\(len\)。
因为这小数部分都是由叶子节点为\(1\)的值构成的，于是\(x\)的每位小数的和为\(\sum_{i=1}^{len}a_{i}=m\)，当然，这是在没有进位之前的情况。一旦在第\(p\)位进位，那么\(a_{p}-=1,a_{p+1}+=k\)，令\(val=\sum_{i=1}^{len}a_{i}\)
所以可以得到 \(val\equiv m(mod\) \(k+1)\)
我们再来看\(1-x\)，同理，\(1-x\)的长度也一定是\(len\)，并且它的位数和可以表示为\((len-1)(k-1)+k-val =len(k-1)-val+1\)，易得\(len(k-1)-val+1\)需要满足\(<=n\)
我们的结论已经推完啦，接下来就是\(dp\)了
我们设\(dp[i][j]\)表示到小数点后第\(i\)位，之前的位数和为\(j\)的方案数
又因为小数不能有后缀\(0\)，所以我们要加一个状态\(k\)表示是否为\(0\)
我们在\(dp\)时可以考虑用前缀和\(sum\)优化
\(p.s:\)记得开\(long\) \(long\)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N=2010,mod=1e9+7;
long long sum[N];
long long f[N<<1][N][2];
long long n,m,k;
int main()
{
scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&k);
f[0][0][0]=1;
long long ans=0ll;
for(long long i=1;i<=max(n,m)*2;i++)
{
sum[0]=(f[i-1][0][0]+f[i-1][0][1])%mod;
for(long long j=1;j<=n;j++)
sum[j]=(sum[j-1]+(f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%mod)%mod;
for(long long j=0;j<=n;j++)
{
f[i][j][0]=(sum[j]-sum[j-1])%mod;
if(j)
{
if(j>=k)f[i][j][1]=(sum[j-1]-sum[j-k]+mod)%mod;
else f[i][j][1]=(sum[j-1]+mod)%mod;
}
}
for(long long j=0;j<=n;j++)
{
if(j%(k-1)==n%(k-1)&&(i*(k-1)-j+1)%(k-1)==m%(k-1)&&i*(k-1)-j+1<=m)ans=(ans+f[i][j][1])%mod;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}