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PREV-30 波动数列

思路：

设这个数列首项为 $A$，由题意可知总和一定可以表示成 $nA+xa-yb(x+y=\frac{n(n-1)}{2})$的形式，其中 $x$为 $+a$操作的次数和， $y$为 $-b$操作的次数和；
那么我们有 $nA=s-xa+yb\quad(x+y=\frac{n(n-1)}{2}\&0\leq x,y\leq\frac{n(n-1)}{2})$；
而我们知道当且仅当右式可以被 $n$整除时 $A$有解，因此我们需要枚举每一组 $(x,y)$，带进右式检查此时 $A$是否有解，如果有解，那么我们的答案应该加上 $x,y$为当前值时、数列的 $+a,-b$分布情况的种数；
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此时的问题只剩下：对于给定的 $(n,x)$，数列的可能种数（ $y$可以通过 $\frac{n(n-1)}{2}-x$计算得出）；
对于每一项，它只有 $+a$或者不 $+a$，因此是0/1背包的模型，我们设 $dp[i][j](0\leq i<n)$为：长度为 $n$的数列，第 $0$项到第 $i$项的 $+a$情况对最后 $+a$总和的影响数；
我们知道第 $i$项如果 $+a$，那么后面的所有项都会受到一次 $+a$的影响，所以第 $i$如果是 $+a$操作，那么对整体的贡献就是 $n-i$个 $+a$（注意 $i$从 $0$开始取），因此 $dp[i][j]+=dp[i-1][j-(n-i)]$；如果第 $i$项不执行 $+a$，那么它贡献为 $j$时的种数就和前一项贡献为 $j$的种数是一样的；
综上： $dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j - n + i]$
而这种二维dp数组可以通过倒着求而变成一维滚动数组以节省大量空间；

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const ll mod = 100000007;
ll n, s, a, b;
ll dp[1000000];

int main() {
#ifdef MyTest
	freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
	cin >> n >> s >> a >> b;
	dp[0] = 1;
	for(int i = 1; i < n; ++i)
		for(int j = n * i - (1 + i) * i / 2; j >= n - i; --j) {
			dp[j] = (dp[j] + dp[j - n + i]) % mod;
		}
	ll ans = 0, tot = n * (n - 1) >> 1;
	for(ll i = 0; i <= tot; ++i)
		if((s - i * a + (tot - i) * b) % n == 0) {
			ans = (ans + dp[i]) % mod;	
		}
	cout << ans;
	return 0;
}