JZOJ2368 【SDOI2011】黑白棋

题目

题目大意

在一个1*n的棋盘上，有黑棋和白棋交错分布，每次，一个人可以移动自己的$d$颗旗子。
问先手必胜的方案数。

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思考历程

在一开始，我就有点要放弃的念头。
因为这题是一道博弈问题。
我是非常不擅长博弈类问题的。
但是其他的题有想不出来，于是只能硬是想了好久。
最终那了个部分分。

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正解

这题正解当然跟博弈有一些关系。
首先，对于这题有一个隐藏的限制。
白棋不能向左移，黑棋不能向右移。
这是为什么？
我们可以感性理解一下（证明什么的我当然不会）：
如果白棋左移，那么在它右边的黑棋可以模仿它的操作，也跟着左移。
同理，如果黑棋右移，那么在它左边的白棋也可以模仿他的动作，也跟着右移。
那么我们就可以发现，这样走是没有意义的。
然后我们就可以转换问题的模型：
可以将对应（相邻）的两个白棋和黑棋中间的距离当作石子。
那么就有$frac{K}{2}$堆石子，然后每次可以在至多$d$堆石子，至少$1$堆石子中各自拿走一颗石子。
这个问题叫Nimk问题。
这又是个什么东西啊？
对于Nimk问题，我们有一个神奇的结论：将所有堆石子的个数化成二进制，每一位统计一下$1$的个数，如果个数都是$d+1$的倍数，那么这就是必败态。
如何证明？
我们可以感性理解一下：怎么又是感性理解……
先手只能拿走$1$到$d$堆中的石子，那么，后手可以故意的模仿，然后将两人取得的石子的总数固定在$d+1$。那么如果一直这么下去，后手必定会赢。
为什么要转成二进制呢？
我觉得，其实只要转成了二进制，那么后手就能保证每次能够取得这么多的石子，使得两个人取石子的总数为$d+1$。具体怎样解释，我觉得我还要好好理解一下，暂且感性感性吧（感性理解真是一个好东西）。

模型转换成了Nimk问题，让我们求先手必胜的方案数。
先手必胜的方案数等于总方案数减去先手必败的方案数。
如何求先手必败的方案数呢？
当然是DP。
设$f_{i,j}$表示在二进制的前$i$位中，一共用了$j$颗石子的先手必败的方案数。
仔细想想这个状态没有任何问题，因为我们只需要保证在每一个二进制位上都满足它必败就好了。这样设状态之后转移就方便多了。
我们再枚举一个$k$（小写的$k$，不要混淆），表示一共有$k*(d+1)$堆石子下一个二进制位上为$1$。
转移？
$f_{i+1,j+k*(d+1)*2^i}leftarrow f_{i,j}*C_{frac{K}{2}}^{k*(d+1)}$
注意：为了程序实现方便，在这个方程中，前$i$位的最高位实际上是$i-1$位。这样的DP中，初始化直接是$f_{0,0}=1$
在一波DP之后，我们就可以统计答案了。
其实我们可以将其视为，在$n-j-K$个空中插入$K/2$个东西。
这个东西可以用组合数来搞一搞，那么就是$C_{n-j-frac{K}{2}}^{frac{K}{2}}$种方案，用它来乘上$f_{MAXBIT,j}$就好了。
然后这题就愉快地解决了。
复杂度表示懒得分析。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mo 1000000007
int n,K,d;
int C[10001][101];
int f[17][10001];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&K,&d);
	C[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		C[i][0]=1;
		for (int j=1;j<=i && j<=K;++j)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mo;
	}
	f[0][0]=1;
	for (int i=0;i<15;++i)
		for (int j=0;j<=n-K;++j)
			if (f[i][j])
				for (int k=0;k*(d+1)<=K>>1 && j+k*(d+1)*(1<<i)<=n-K;++k)
					(f[i+1][j+k*(d+1)*(1<<i)]+=(long long)f[i][j]*C[K>>1][k*(d+1)]%mo)%=mo;
	int ans=0;
	for (int j=0;j<=n-K;++j)
		ans=(ans+(long long)f[15][j]*C[n-j-(K>>1)][K>>1]%mo)%mo;
	printf("%d
",(C[n][K]-ans+mo)%mo);
	return 0;
}

我认为这个程序实现不用注释。

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总结

博弈类问题，可真是一个神奇东西啊！
然而，好多的我都不会严谨证明。
感性理解就好……
我觉得以后要多做一些博弈类问题。