NOIP 模拟 $88; m 对弈$

题解 (by;zjvarphi)

可以发现，(Alice) 的最优决策是能往左就往左，而 (Bob) 相反，所以设 (d_i=b_i-a_i-1)，每堆石子的个数是 (n_i)。

题意转化：每次 (d_i) 都只减不增，所以可以看为有 (frac{k}{2}) 堆石子，每次可以至多从 (m) 堆石子中选，至少从被选的每堆中各挑一个，若当前的人没有可选的，那么当前人输。

一个定理：先手必败当且仅当所有 (n_i) 在二进制下，每一个二进制 (1) 的个数 (mod m+1=0)。

设 (f_{i,j}) 表示：考虑了前 (i) 个二进制位，一共有 (j) 个石子，先手必败的方案数。

转移的时候枚举当前二进制位选了多少个，再乘上个组合数就行。

最后总方案数就是 (inom{n-frac{k}{2}-i}{frac{k}{2}} imes inom{i+frac{k}{2}-1}{frac{k}{2}-1})。

解释一下：

前一个式子表示当前一共占了 (k+i) 个位置，剩下的位置被石子分成了 (frac{k}{2}+1) 堆的方案数，因为每堆可以为 (0)，所以总数加上 (frac{k}{2}+1)，最后由鸽巢原理可得前式。

后一个式子就是分给每堆多少个石子，同样可以为空。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
    #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
    #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
    #define Debug(x) assert(x)
    struct nanfeng_stream{
        template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
            bool f=false;x=0;char ch=gc();
            while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
            return x=f?-x:x,*this;
        }
    }cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    using ll=long long;
    static const int N=1e4+7,MOD=1e9+7;
    int f[22][N],frac[N],inv[N],n,k,m,lim;
    ll ans;
    auto fpow=[](int x,int y) {
        int res=1;
        while(y) {
            if (y&1) res=1ll*res*x%MOD;
            x=1ll*x*x%MOD;
            y>>=1;
        }
        return res;
    };
    auto C=[](int n,int m) {return 1ll*frac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;};
    inline int main() {
        FI=freopen("chess.in","r",stdin);
        FO=freopen("chess.out","w",stdout);
        cin >> n >> k >> m;
        lim=k>>1;
        frac[0]=inv[0]=1;
        for (ri i(1);i<=n;pd(i)) frac[i]=1ll*frac[i-1]*i%MOD;
        inv[n]=fpow(frac[n],MOD-2);
        for (ri i(n-1);i;bq(i)) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%MOD;
        f[0][0]=1;
        for (ri i(0);i<20;pd(i))
            for (ri j(0);j<=n-k;pd(j))
                for (ll l(0);j+(l<<i)<=n-k&&l<=lim;l+=m+1) {
                    (f[i+1][j+(l<<i)]+=C(lim,l)*f[i][j]%MOD)%=MOD;
                }
        for (ri i(0);i<=n-k;pd(i))
            ans+=1ll*C(n-lim-i,lim)*(C(i+lim-1,lim-1)-f[20][i])%MOD;
        printf("%lld
",(ans%MOD+MOD)%MOD);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}