如果没有每个盒子放不超过$k$个的限制直接插板法求解。

考虑$dp$。

状态设计：定义$dp_{i,j}$为前$i$个盒子放$j$个球的方案数。

转移：考虑第$i$个盒子放几个球即可，显然第$i$个盒子可以放$0\sim min(j,k)$个取最小值是因为目前只考虑了$j$个球。

初始化$dp_{i,0}=1$，前$i$个盒子放$0$个球，什么都不放也算一种方案

因此$dp_{i,j}=\sum_{l=0}^{min(i, k)}dp_{i-1,j-l}$

此时是$O(k)$的转移会超时。

void solve()
{
    cin >> n >> m >> p;
    for (int i = 0; i <= m; i++) dp[i][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            for (int k = 0; k <= min(j, p); k++)
            {
                dp[i][j] += dp[i - 1][j - k];
                dp[i][j] %= mod;
            }
        }
    }
    cout << dp[m][n];
}

考虑如何加速转移，发现每次都是固定$i$，$j$多增加了$1$，我们来研究一下$dp_{i,j}$相比于$dp_{i,j+1}$的变化。

$dp_{i,j}=dp_{i - 1,j - 0}+dp_{i-1,j-1}+dp_{i-1,j-2}+\dots+dp_{i-1,j+1-k}+dp_{i-1,j-k}$

$dp_{i,j + 1}=dp_{i - 1,j + 1}+dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}+\dots+dp_{i-1,j+2-k}+dp_{i-1,j + 1 -k}$

可以发现首先后者比前者多了一项$dp_{i-1,j+1}$，并且前者一直减到了$dp_{i-1,j-k}$,后者只减到了$dp_{i-1,j + 1 -k}$

因此我们维护变化的两部分结果即可。

也就是求解新的$dp_{i,j}$加上之前的$dp_{i,j-1}$以及加上没有的部分$dp_{i-1,j+1}$，并且减去多加的部分$dp_{i-1,j-k}$

此时需要注意只有$j\geq k$ 才需要多加$dp_{i-1,j-k}$，因为$j<k$的时候，大家最后一项都是$dp_{i-1,0}$没有区别。

完整代码。

void solve()
{
    cin >> n >> m >> p;
    for (int i = 0; i <= m; i++) dp[i][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int sum = i;//sum记录上一次dp[i][j],初始化为i，其实是因为dp[i][1]的方案数，前i个盒子放1个球，自然是i种方案
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            
            dp[i][j] = sum;
            sum = (sum + dp[i - 1][j + 1]) % mod;
            if (j - p >= 0) sum = (sum - dp[i - 1][j - p] + mod) % mod;
        }
    }
    cout << dp[m][n];
}