实用指南：题解：AT_abc401_c [ABC401C] K-bonacci

思路

先用一个 $f$数组初始化前$k$ 个。

再用 $s$ 数组维护 $f$ 的前缀。

大家可以得到一个式子：

对于 $m+1\le i$，$f_i=(s_{i-1}-s_{i-m-1})$

否则 $f_i=s_{i-1}$。

然后统计 $f$ 的前缀。

做完了。

代码

//f(3,5)=4 f(4,5)=5 f(5,5)=1
//既然我求不出来答案，那么为什么我们不能回退？
//首先，最后一项等于1,然后推回去，能等于1的只有f(m,m)
//然后，我们对于f(m,m)，就意思说有东西退出来了f(m,m),那只有f(m-1,m)和f(m^2,m)
//然后，这里出了两条分叉，直接按照是+1或者说/m来搜出来，对于每个子树，只要搜到了n层就推出
//时间复杂度O(2^n)，一眼超时，现在问题变成了这样，我可以进行n次，每次可以考虑-1或者*m，求出总方案
//不过，我们可以枚举进行了多少次*m,-1的次数也知道了
//C(3,1)+C(3,0),3+1=4(因为只有t个*m,所以说n-t<=t) 
//ans:sigma(0~n/2)C(n,i)
#include <bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  long long mod = 1e9;
  long long qmi(long long a,long long k){
  long long res = 1;
  while (k){
  if (k &
  1){
  res = (res * a) % mod;
  }
  a = (a * a) % mod;
  k >>= 1;
  }
  return res;
  }
  const long long N = 1000010;
  long long f[N];
  long long s[N];
  int main(){
  // freopen("change.in","r",stdin);
  // freopen("change.out","w",stdout);
  memset(s,0,sizeof s);
  memset(f,0,sizeof f);
  long long n,m;
  cin >> n >> m;
  if (n < m){
  cout <<
  1;
  return 0;
  }
  for (long long i = 0; i < m; i ++ ){
  f[i] = 1;
  }
  s[0] = f[0];
  for (long long i = 1; i < m; i ++ ){
  s[i] = s[i - 1] + f[i];
  s[i] %= mod;
  }
  for (long long i = m; i <= n; i ++ ){
  if (i - m - 1 >= 0){
  f[i] = (s[i - 1] - s[i - m - 1]) % mod;
  if (f[i] <
  0){
  f[i] += mod;
  }
  }
  else{
  f[i] = s[i - 1] % mod;
  }
  s[i] = (s[i - 1] + f[i]) % mod;
  }
  cout << f[n] % mod;
  return 0;
  }