【SDOI201】黑白棋 /【XSY3064】小奇的博弈（博弈，nim，dp，组合数）

显然，如果白棋往左，黑棋往右，最后肯定会两两碰在一起，就像这样：

红框框起来的是会碰在一起的棋子。（我们把会碰到一起的棋子称为一对棋子）

如下图就是碰在一起的一种情况：

那么现在假设是 $A$ 遇到了这种情况，那么无论他操作的是白棋或黑棋，他肯定会输。因为另一个人可以操控棋子跟着 $A$ 的棋子走，一直保持棋子两两紧逼的状态，直到所有棋子都堆在一边，这时 $A$ 就无路可走了，失败。

不妨设开始前每对棋子之间的距离为 $a_1,a_2,\dots ,a_{\frac{k}{2}}$，那么原题就可以转化成一个 k-nim 游戏：现在有 $\frac{k}{2}$ 堆石子，第 $i$ 堆石子的石子个数是 $a_i$，现在两人轮流进行如下操作：在这之中任意选取 $1\sim d$ 堆石子，对于选取的这几堆石子中的每堆石子，能拿走任意正整数个石子。最后不能进行操作为失败。

这种问题有一个结论：将当前状态的 $a_i$ 用二进制表示，设 $s_i$ 表示 $a_1\sim a_{\frac{k}{2}}$ 中二进制下第 $i$ 位 $1$ 的个数，$s_i\equiv s_i^{\prime }(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k+1)$。若所有的 $s_i^{\prime }$ 都为 $0$，则这个状态为必败状态，否则为必胜状态。

证明：

1. $a_i$ 全部为 $0$ 的状态是必败状态，且此时所有的 $s_i^{\prime }$ 都为 $0$。

2. 设状态 $P$ 是 $s_i^{\prime }$ 全部为 $0$ 的状态，状态 $N$ 是存在 $s_i^{\prime }$ 不为 $0$ 的状态。

   假设当前状态为 $P$ 状态。

   显然，由于我至少要在一个堆里面取石子，所以某些 $a_i$ 的一定会改变。所以首先，某些 $s_i$ 一定会改变。然后又由于一次最多只能改变 $d$ 个堆，所以对于每一个 $s_i$，最多只会加上或减去 $d$。又由于一开始 $s_i\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d+1)$，所以变化后的 $s_i$ 一定不可能满足 $s_i\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d+1)$。

   也就是说，对于任意的 $P$ 状态，一定只能转移成 $N$ 状态。

3. 假设当前状态为 $N$ 状态，那么我们要证明的目标是：对于任意的 $N$ 状态，一定存在一种转移方式转移成 $P$ 状态。

   我们从高位到低位地考虑所有的二进制位。显然，最高位的石子我们要全部取走。假设当前位为第 $i$ 位，且已经满足了 $s_j^{\prime }=0$（$j>i$），并且改变了 $m$ 个堆的石子数量（$m\le d$）。

   那么我们现在就是要证明：是否有一种操作，能使得 $s_i^{\prime }=0$，且新改变的堆加上以前改变过的堆的总堆数 $m^{\prime }\le d$。（类似数学归纳法）

   有一个比较显然的性质：对于那些已经改变的 $m$ 堆，我改变这些堆的低位不会影响到高位的 $s_j^{\prime }$。

   设在这 $m$ 堆中，每一堆所含石子个数的第 $i$ 位上共有 $a$ 个 $1$，$b$ 个 $0$。

   分情况讨论：

   1. $a\ge s_i^{\prime }$。那我们就可以在这 $m$ 堆中找到 $s_i^{\prime }$ 个第 $i$ 位为 $1$ 的堆并取走这一位所代表的石子（也就是 $2^i$ 个石子），显然根据我们刚刚提到的性质，取走这些石子不会影响高位的 $s_j^{\prime }$。（也就是让 $s_i^{\prime }\leftarrow 0$）

   2. $b\ge (d+1)-s_i^{\prime }$。那我们就可以在这 $m$ 堆中找到 $(d+1)-s_i^{\prime }$ 个第 $i$ 位为 $0$ 的堆并加上这一位所代表的石子（也就是 $2^i$ 个石子）（就算加上了这些石子，对于这一堆来说，石子总数还是减的，因为我们一开始减去了最高位所代表的石子），显然根据我们刚刚提到的性质，取走这些石子不会影响高位的 $s_j^{\prime }$。（也就是让 $s_i^{\prime }\leftarrow d+1$）

   3. 上述两种情况都不满足，也就是说 $a<s_i^{\prime }$，那么我们先取走这 $a$ 堆中第 $i$ 位的石子，然后再从这 $m$ 堆之外的堆里面找 $s_i^{\prime }-a$ 个第 $i$ 位为 $1$ 的堆并取出它第 $i$ 位的石子，总堆数变成了 $m+s_i^{\prime }-a=b+s_i^{\prime }\le d+1-s_i^{\prime }+s_i^{\prime }=d+1$，所以这种取法是合法的。

   综上所述，我们可以保证对于任意的 $N$ 状态，一定存在一种转移方式转移成 $P$ 状态。

综上所述，我们就可以证明 $P$ 状态是必败状态，$N$ 状态是必胜状态，结论成立。

接下来就是如何计算方案。

设 $dp(i,j)$ 表示前 $i-1$ 位每一位的异或和均为 $0$，已经有 $j$ 个石子的方案数。（也就是必败方案数）

枚举 $a_1\sim a_{\frac{k}{2}}$ 的第 $i$ 位共有多少个 $1$，且满足个数是 $(d+1)$ 的倍数（也就是枚举 $(d+1)$ 的 $x$ 倍）。

然后在 $\frac{k}{2}$ 个堆里面取 $x(d+1)$ 个，把他们的第 $i$ 位设为 $1$，总方案数是 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{k}{2}}{x(d+1)}\right)$。

最后我们还要枚举堆在哪里，也就是 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j-\frac{k}{2}}{\frac{k}{2}}\right)$。

然后 dp 一下就好了。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define LN 20
#define K 210
#define N 10010
#define ll long long
#define int long long
#define mod 1000000007

using namespace std;

int n,k,d;
int C[N][K],dp[LN][N];

signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&d);
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=200;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=16;i++)
	{
		ll t=(1ll<<i);
		for(int j=0;j<=n-k;j++)
			for(int x=0;t*x*(d+1)<=n-k&&x*(d+1)<=k/2;x++)
				dp[i+1][j+t*x*(d+1)]=(dp[i+1][j+t*x*(d+1)]+(1ll*dp[i][j]*C[k/2][x*(d+1)])%mod)%mod;
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=n-k;i++)
		ans=(ans+1ll*dp[17][i]*C[n-i-k/2][k/2]%mod)%mod;
	printf("%lld
",((C[n][k]-ans)%mod+mod)%mod);
	return 0;
}