博弈部分是自己想出来的,(dp)的部分最后出了点差错QAQ
从简单的情况入手
比如(k = 2)
如果有这样的局面:$circ ullet $,那么先手必输,因为不论先手怎样移动,对手都可以紧逼,一直到墙角
如果有这样的局面:(circ ;;; ullet),那么后手必输,因为先手只要走一步就可以到达上面的局面
(30)分做法:
用全集减去所有初始状态两个球相邻的方案数即可
于是,我们注意到了,当黑球和白球靠在一起时,这两个球的游戏就可以结束了
从左到右,两两棋子分别是一个子游戏
而它们玩的正是(Nim)游戏,有(k / 2)个堆,每次可以取一些石子
然而可以一次取最多(d)堆
这是一个(N)阶(Nim)和的游戏,当2进制下每一位(1)的个数都满足(mod;(d + 1))等于0时,先手必败
那么,我们不妨令(f[i][j])表示2进制下前(i)位,当前已经划分出的和为(j)
枚举(2)进制下第(i)位选了多少个数,乘组合数转移即可
最后统计答案时,不要忘了,当和为(i)时,需要确定出每个棋子对的初始位置,再乘一个组合数即可
复杂度(O(frac{n^2}{d}))(应该没错吧)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define ri register int
#define rep(io, st, ed) for(ri io = st; io <= ed; io ++)
#define drep(io, ed, st) for(ri io = ed; io >= st; io --)
#define gc getchar
inline int read() {
int p = 0, w = 1; char c = gc();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') w = -1; c = gc(); }
while(c >= '0' && c <= '9') p = p * 10 + c - '0', c = gc();
return p * w;
}
const int pid = 16;
const int sid = 3e4 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
inline void inc(int &a, int b) { a += b; if(a >= mod) a -= mod; }
inline void dec(int &a, int b) { a -= b; if(a < 0) a += mod; }
inline int mul(int a, int b) { return 1ll * a * b % mod; }
int n, k, d;
int inv[sid], fac[sid];
int f[pid][sid];
inline void init() {
inv[0] = inv[1] = 1;
fac[0] = fac[1] = 1;
rep(i, 2, 10000) {
fac[i] = mul(fac[i - 1], i);
inv[i] = mul(inv[mod % i], mod - mod / i);
}
rep(i, 2, 10000) inv[i] = mul(inv[i], inv[i - 1]);
}
inline int C(int n, int m) {
if(n < m) return 0;
return mul(fac[n], mul(inv[m], inv[n - m]));
}
inline void dp() {
f[0][0] = 1;
for(ri i = 0; i <= 14; i ++) {
int ns = (1 << i) * (d + 1);
for(ri j = 0, jk = 0; j <= n - k; j += ns, jk += (d + 1))
for(ri S = 0; S + j <= n - k; S ++)
if(f[i][S]) inc(f[i + 1][S + j], mul(f[i][S], C(k / 2, jk)));
}
int ans = C(n, k);
for(ri i = 0; i <= n - k; i ++)
dec(ans, mul(f[15][i], C(n - i - k / 2, k / 2)));
printf("%d
", ans);
}
int main() {
init();
cin >> n >> k >> d;
dp();
return 0;
}