Codeforces Round #274 (Div. 2) E：Riding in a Lift DP + 前缀优化

题意:
$n, a, b, k (2?≤?n?≤?5000, 1?≤?k?≤?5000, 1?≤?a,?b?≤?n, a?≠?b).$四个数.1到n的数,顺序排列,其实位置人在a位置而中心位置在b,人每次只能走一个点走动的距离必须小于$|b - a|$,人走k步之后停止,问人一共有多少种走法.
分析:
开始很容易想到一个深度优先搜索实现递归方法dfs(a, k)但k变为0就到达搜索底部,这样时间复杂度是$O(n ^k)$显然非常不好.
然后可以想到会有重算的情况,就可以加一个记忆优化把算过的(a,k)的二元组都保存下来.这样处理之后复杂度是$O(n ^2*k)$,递归调用的话本来效率就不高,本地跑一个大数都要十多秒..
然后把记忆优化改为递推的形式:设$dp[i][j]$为第i个数剩下有j步的走法总数.有这样的状态转移方程:

$$dp[i][j] = \sum_{k \ =\ max(1, i - |b - a| + 1)}^{min(n, i + |b - a| - 1)}dp[k][j - 1]$$
这样的复杂度是$O(k*n^2)$的显然超时,只是相比记忆优化的递归消耗要快了些.这里注意到是求区间和的最内层循环耗费了时间,就可以通过解决区间和的前缀数组来解决.其所称谓的前缀数组就是令: $$s[k]\ =\ \sum_{i \ = \ 1}^{k}p[i][j - 1]$$ 这样就可以在$O(1)$的时间算出区间$[x, \ y]$的和为:$s[y] - s[x - 1]$加上前缀数组的优化,整个算法复杂度就是O(n*k)显然可以承受了.
我以为已经理论ac了然而no,这里还有一个困扰了很久的点就是答案巨大需要对$1000000007$取余.取于的姿势很容易错.*这里要明白取于和取模的区别,计算机叫取模,数学叫取余,在负数的时候会有差别,甚至不太系统定义不一样,因为负数参与取余压根就没有多少实际意义,所以在程序中没有理由对负数和减法取余.对加法取余数是为了防止爆longlong,对减法毫无意义.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, a, b, kk;
const LL mod = 1000000007;
LL dp[5009], s[5009];

int main(void)
{
    while (cin >> n >> a >> b >> kk) {
        for (int i = 0; i <= n; i++) dp[i] = i;
        for (int j = 1; j <= kk; j++) {
            for (int i = 1; i <= n; i++ ){
                s[i] = ( ( dp[i - 1] - dp[max(1, i - (abs(b - i) - 1)) - 1] ) % mod+ (dp[min(n, i + abs(b - i) - 1)]- dp[i])%mod )%mod;
            }
            for (int i = 1; i <= n;i ++)  dp[i] = dp[i - 1]  + s[i];

        }
        cout << s[a] % mod << endl;
    }
    return 0;
}