这题根本不是递归，因为你第一项都不知道是什么。
可以设每次操作为$p(a, -b)$，首项可以设为$x$，那么要满足的等式为
$$ \begin{aligned} x + (x+p) + (x+2p) + \dots + (x+(n-1)*p) &= s \\ nx + [ p + 2p + \dots + (n-1)*p ] &= s \\ \frac{s - [ p + 2p + \dots + (n-1)*p ]}{n} &= x \\ \end{aligned} $$

等价于求以下两个等式
$$ \begin{aligned} \frac{s - [ p + 2p + \dots + (n-1)*p ]}{n} &= x \\ [s \% n - [ p + 2p + \dots + (n-1)*p ] \% n] \%n &= 0 \end{aligned} $$

$ap\% n$记为$k_{a+1}$，于是有（这里的$k_{1}=0$）
$$ (k_{1} + k_{2} + \dots + k_{n}) \% n = s \% n $$

用二维dp来表示

dp[i][j] 代表计算前i个k，j代表sum(ki) % n = j，其中dp[i][j]存储方案数量

那么dp[1][0] = 1代表的意思就是

只考虑第1项，它的余数为0=j，且方案数量只有1（因为k1 = 0)

然后我们考虑一下，假如说第i项选择了+a的操作，那么它对i+1之后的序列造成的影响总和为$sum_a = (n-i+1)\times a \mod n$，相似的对于-b操作，$sum_b = (n-i+1) \times b \mod n$
那么相应的状态转移方程（可以理解为第i项选择了+a或者-b）

dp[i][j] = dp[i-1][(j - sum_a)%n] + dp[i-1][(j + sum_b)%n]

最终答案自然是前n项，余数为0的情况即dp[n][s%n]

还需要注意的是，要得到正确的余数（要考虑负数）

mod(x, y):
    return (x % y + y) % y