题目
题目给我们的这个东西可以转化为一棵\(k\)叉树，有\(n+m\)个叶子节点，其中\(m\)个权值为\(1\)，\(n\)个权值为\(0\)，每个非叶子节点的权值为其儿子的平均值，现在问你根节点的权值有多少种取值。
转化之后发现似乎可做了一点。（当然还是一道神仙题）
我们设\(n\)个权值为\(0\)的叶子节点的深度为\(x_1\sim x_n\)，\(m\)个权值为\(1\)的叶子节点的深度为\(y_1\sim y_m\)，根节点的权值为\(z\)。
那么有\(z=\sum\limits_{i=1}^mk^{-y_i}=z\)。
并且如果我们把所有叶子节点的权值都设为\(1\)，那么树上所有点的权值都为\(1\)，\(z\)也不例外，\(\sum\limits_{i=1}^mk^{-y_i}+\sum\limits_{i=1}^nk^{-x_i}=1\)即\(\sum\limits_{i=1}^nk^{-x_i}=1-z\)。
我们将\(z\)写成\(k\)进制下的小数形式，\(z=0.\overline{c_1\cdots c_l}\)。
那么对于一个\(k^{-y_i}\)，它会对某一个\(c\)贡献一。
因此在不考虑进位的情况下，\(\sum\limits_{i=1}^lc_i=m\)。
进位实质上就是某一位\(-k\)，高位\(+1\)，反映到数位和上就是\(-(k-1)\)。
因此在考虑进位的情况下，\(\sum\limits_{i=1}^lc_i\equiv m(\mod k-1)\)。
当然也有\(\sum\limits_{i=1}^lc_i\le m\)。
对\(1-z\)做类似的分析。
我们可以发现\(1-z\)的数位和就是\(\sum\limits_{i=1}^l(k-1-c_i)+1=l(k-1)+1+\sum\limits_{i=1}^lc_i\)。
后面那坨就是\(z\)的数位和对吧。
与\(z\)的数位和过程相仿，我们有\(l(k-1)+1+\sum\limits_{i=1}^lc_i\equiv n(mod\ k-1)\)和\(l(k-1)+1+\sum\limits_{i=1}^lc_i\le n\)。
#include<cstdio>
#include<cctype>
const int N=2007,P=1000000007;
int inc(int a,int b){return a+=b,a>=P? a-P:a;}
int dec(int a,int b){return a-=b,a<0? a+P:a;}
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
int max(int a,int b){return a>b? a:b;}
int f[N<<1][N][2],s[N];
int main()
{
int n=read(),m=read(),k=read(),i,j,ans=0;
f[0][0][0]=1;
for(i=1;i<=max(n,m)<<1;++i)
{
s[0]=inc(f[i-1][0][1],f[i-1][0][0]);
for(j=1;j<=m;++j) s[j]=inc(s[j-1],inc(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]));
for(j=0;j<=m;++j)
{
f[i][j][0]=dec(s[j],s[j-1]);
if(j) f[i][j][1]=dec(s[j-1],(j>=k? s[j-k]:0));
}
for(j=0;j<=m;++j) if(j%(k-1)==m%(k-1)&&(i*(k-1)+1-j)%(k-1)==n%(k-1)&&i*(k-1)+1-j<=n) ans=inc(ans,f[i][j][1]);
}
printf("%d",ans);
}