우 객 다 교 2 차 A run

링크:https://www.nowcoder.com/acm/contest/140/A 우 객 망 
시간 제한: C / C + + 1 초, 기타 언어 2 초 공간 제한: C / C + + 131072 K, 기타 언어 262144 K 64bit IO 포맷:% lld
제목 설명
White Cloud is exercising in the playground. White Cloud can walk 1 meters or run k meters per second. Since White Cloud is tired,it can't run for two or more continuous seconds. White Cloud will move L to R meters. It wants to know how many different ways there are to achieve its goal. Two ways are different if and only if they move different meters or spend different seconds or in one second, one of them walks and the other runs.
 
입력 설명:

The first line of input contains 2 integers Q and k.Q is the number of queries.(Q<=100000,2<=k<=100000)
For the next Q lines,each line contains two integers L and R.(1<=L<=R<=100000)

출력 설명:

For each query,print a line which contains an integer,denoting the answer of the query modulo 1000000007.

예시 1
입력
복제 하 다.

3 3
3 3
1 4
1 5

출력
복제 하 다.

2
7
11

제목: 한 사람 이 한 번 에 1m 를 걷 거나 한 번 에 k m 를 뛰 는 것 을 선택 할 수 있 습 니 다. L 에서 R 까지 몇 가지 방법 이 있 는 지 물 어 볼 수 있 습 니 다.
사고: dp 유도, dp [i] [0] 은 i 미터 로 가 는 방법 수 를 나타 내 고 dp [i] [1] 은 i 미터 로 달 려 가 표시 하 는 방법 수 를 나타 낸다. 그러면 i 미터 까지 걸 어 오 는 방법 수 는 i - 1m 에서 걸 어 오 는 방법 과 뛰 어 오 는 방법 으로 얻 을 수 있다. 그러면 i 미터 에서 뛰 어 오 는 방법 수 는 i - k 미터 방법 으로 얻 을 수 있다. 그러면 전달 식 을 얻 을 수 있다.
dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]
dp[i][1]=dp[i-k];
그 다음 에 우 리 는 하나의 배열 sum 으로 접두사 와 를 기록 합 니 다. 그러면 L 에서 R 까지 의 방법 수 는 sum [r] - sum [l - 1] 과 같 습 니 다. 나머지 를 주의 하면 됩 니 다.
아래 에 코드 를 첨부 합 니 다:

#include
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int dp[100005][2];
int sum[100005];
int n,q,k,l,r;
void solve()
{
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=1e5;i++)
    {
        dp[i][0]=(dp[i-1][0]%mod+dp[i-1][1]%mod)%mod;
        if(i>=k) dp[i][1]=dp[i-k][0]%mod;
    }
    for(int i=1;i<=1e5;i++)
        sum[i]=(sum[i-1]%mod+dp[i][0]%mod+dp[i][1]%mod+mod)%mod;
}l;
int main(){
    cin>>q>>k;
    solve();
    while(q--)
    {
        scanf("%d %d",&l,&r);
        printf("%d
",(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod);
    }
    return 0;
}

케 이 형의:

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[100005][5];
ll dpp[100005];
int main()
{
    ll Q,k;
     
    while(~scanf("%lld %lld",&Q,&k)){
        ll L,R;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(dpp,0,sizeof(dpp));
        for(ll i=1;i<=k;i++){
            dp[i][1]=1;
            dp[i][0]=0;
        }
        dp[k][0]=1;
        for(ll i=1;i<=k;i++){
            dpp[i]=(dp[i][1]+dp[i][0]+1000000007)%1000000007;
        }
        /*
        dp[1][1]=1;
        dp[1][3]=0;
        dpp[1]=1;
        dp[2][1]=1;
        dp[2][3]=0;
        dpp[2]=1;
        dp[3][1]=1;
        dp[3][3]=1;
        dpp[3]=2;
        */
        for(ll i=k+1;i<=100002;i++){
            dp[i][1]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][0]+1000000007)%1000000007;
            dp[i][0]=dp[i-k][1];
            dpp[i]=(dp[i][1]+dp[i][0]+1000000007)%1000000007;
        }
        //printf("----
");
        //for(int i=1;i<=7;i++){
        //  printf("%d ",dpp[i]);
        //}
        //printf("----
");
        for(ll i=2;i<=100002;i++){
            dpp[i]=(dpp[i]+dpp[i-1]+1000000007)%1000000007;
        }
 
        while(Q--){
            scanf("%lld%lld",&L,&R);
            printf("%lld
",(dpp[R]-dpp[L-1]+1000000007)%1000000007);
        }
         
    }
     
    return 0;
}