题意分析
$A,B$ 两个人的分数是独立的，也就是说，这两个人的分数不会相互影响。
那么我们就可以求出两个人的分数的方案数，然后把 $A$ 的分数大于 $B$ 的分数的方案数通过乘法原理计数即可。
记 $A_{i,j}$ 表示 $A$ 在第 $i$ 轮分数为 $j$ 的方案数。（$B$ 同理可得。）
则有 $A_{0,a}=1$，这也是边界。
考虑到每次的增量为 $x\in[-k,k]$，有：
\[A_{i,j}=\sum_{l=-k}^kA_{i-1,j+l}\]状态量是 $\mathcal O(t\cdot kt)=\mathcal O\left(kt^2\right)$ 的，而转移是 $\mathcal O(k)$，这样总时间复杂度就是 $\mathcal O\left(k^2t^2\right)$，会 $\text{TLE}$。使用前缀和优化即可。
同理，求出 $B_{i,j}$ 的值后，就可以乘法原理求出总的 $A$ 的分数大于 $B$ 的方案数。
对于 $B_{i,j}$，显然有 $b-kt\leq j\leq b+kt$。
则总方案数为：
\[\sum_{i=a-kt}^{a+kt}A_{t,i}\sum_{b-kt}^{i-1}B_{t,j}\]再搞一个前缀和优化即可。
一个细节：分数有可能为负，数组的下标也有可能为负；此时将数组的下标整体右移即可。
AC 代码
时间复杂度：$\mathcal O\left(kt^2\right)$。
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//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int K=1000,T=100,P=1e9+7;
template<typename X>
struct specialArray{
X a[(K*T<<1)+100];
X& operator [](int p){
return a[p+K*T+50];
}
};
specialArray<int>A[T+1],sumA[T+1],B[T+1],sumB[T+1];
int a,b,k,t;
int main(){
/*freopen("test.in","r",stdin);
freopen("test.out","w",stdout);*/
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>a>>b>>k>>t;
A[0][a]=B[0][b]=1;
for(int i=1;i<=a+k*t;i++){
sumA[0][i]=sumA[0][i-1]+A[0][i];
}
for(int i=1;i<=b+k*t;i++){
sumB[0][i]=sumB[0][i-1]+B[0][i];
}
for(int i=1;i<=t;i++){
for(int j=a-k*t;j<=a+k*t;j++){
A[i][j]=(1ll*sumA[i-1][min(j+k,a+k*t)]-sumA[i-1][max(j-k,a-k*t)-1])%P;
sumA[i][j]=(1ll*sumA[i][j-1]+A[i][j])%P;
}
}
for(int i=1;i<=t;i++){
for(int j=b-k*t;j<=b+k*t;j++){
B[i][j]=(1ll*sumB[i-1][min(j+k,b+k*t)]-sumB[i-1][max(j-k,b-k*t)-1])%P;
sumB[i][j]=(1ll*sumB[i][j-1]+B[i][j])%P;
}
}
int ans=0;
for(int i=a-k*t;i<=a+k*t;i++){
if(min(b+k*t,i-1)>=b-k*t){
ans=(ans+1ll*A[t][i]*(sumB[t][min(b+k*t,i-1)]-sumB[t][b-k*t-1])%P)%P;
}
}
if(ans<0){
ans+=P;
}
cout<<ans<<'\n';
cout.flush();
/*fclose(stdin);
fclose(stdout);*/
return 0;
}
