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题意：
思路：
考虑DP
状态设计：
首先，因为是线性DP，dp[i]是必不可少的
然后去考虑一下决策，看看是什么东西影响了决策
对于第 i 个位置，可以给第 i 个人0到a[i]个糖果，因此有a[i]+1个决策
什么时候不能再给了呢，当糖果用完的时候不能给，因此我们要加一维，去维护已经一共给了多少糖果
设dpi][j]，表示已经给到了第 i 个人，一共给了 j 个糖果的方案数
属性是方案数
状态转移：
所谓的状态转移就是是枚举上一个的状态，手段是枚举决策，决策不明显时也可以直接枚举上一个的状态
那么我们去枚举决策
对于第 i 个位置，决策是分0到a[i]个糖果给第 i 个人，即一共有a[i]+1个决策
对于一个位置 i 和决策 k ，上一个的状态仍未完全确定，我们还得去枚举上一层状态一共给了多少糖果
它可以是一共给了0个，也可以是一共给了K个
因此状态转移方程确定了：
初始化：
dp[0][0]=1
因此我们DP差不多就做好了
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mxn=1e2+10,mxv=1e5+10,mod=1e9+7;
#define int long long
int n,K;
int a[mxn],dp[mxn][mxv],sum[mxv];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>K;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=K;j++){
for(int k=0;k<=min(a[i],j);k++){
if(j<k) continue;
dp[i][j]+=dp[i-1][j-k];
dp[i][j]%=mod;
}
}
}
cout<<dp[n][K]%mod<<'\n';
}但是这样暴力的DP复杂度是O(n*k*k)的，显然TLE
因此我们需要一些优化措施
前缀和优化：
注意到第 i 个位置的答案是由上一层i-1的区间和转移过来的，因此我们可以预处理第 i-1 层的前缀和，然后直接把第 i-1 层的前缀和数组做差即可
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mxn=1e2+10,mxv=1e5+10,mod=1e9+7;
#define int long long
int n,K;
int a[mxn],dp[mxn][mxv],sum[mxv];
int get(int l,int r){
return l==0?sum[r]:(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>K;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
dp[0][0]=1ll;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[0]=dp[i-1][0];
for(int j=1;j<=K;j++) sum[j]=(sum[j-1]+dp[i-1][j])%mod;
for(int j=0;j<=K;j++){
dp[i][j]=get(max(j-a[i],0ll),j);
}
}
/*for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=K;j++) cout<<dp[i][j]<<" ";
cout<<'\n';
}*/
cout<<dp[n][K]%mod<<'\n';
}疑问：
如果设状态为第 i 个位置，还剩下多少糖没给的方案数，这样过不了样例，不知道为什么，好奇怪
WA Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mxn=1e2+10,mxv=1e5+10,mod=1e9+7;
#define int long long
int n,K;
int a[mxn],dp[mxn][mxv],sum[mxv];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>K;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod;
dp[0][K]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=K;j>=max(K-sum[i],0ll);j--){
for(int k=min(a[i],j);k>=0;k--){
//if(j<k) continue;
dp[i][j]+=dp[i-1][j+k];
dp[i][j]%=mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=K;j++) cout<<dp[i][j]<<" ";
cout<<'\n';
}
cout<<dp[n][0]%mod<<'\n';
}总结：
前缀和优化：
当第 i 层的答案是由第 i-1 层的区间和转移过来的时候，考虑使用前缀和优化DP
