bzoj2281 [Sdoi2011]黑白棋

Description

小A和小B又想到了一个新的游戏。

这个游戏是在一个1*n的棋盘上进行的，棋盘上有k个棋子，一半是黑色，一半是白色。

最左边是白色棋子，最右边是黑色棋子，相邻的棋子颜色不同。

小A可以移动白色棋子，小B可以移动黑色的棋子，他们每次操作可以移动1到d个棋子。

每当移动某一个棋子时，这个棋子不能跨越两边的棋子，当然也不可以出界。当谁不可以操作时，谁就失败了。

小A和小B轮流操作，现在小A先移动，有多少种初始棋子的布局会使他胜利呢？

Input

共一行，三个数，n,k,d。

Output

输出小A胜利的方案总数。答案对1000000007取模。

Sample Input

10 4 2

Sample Output

182

HINT

 1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。

正解：博弈论+$dp$。

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首先题目似乎漏了一句话，就是白棋不能右移，黑棋不能左移。。

因为每对黑白棋相邻，所以实际上我们可以转化一下模型，每对黑白棋就是一堆石子，它们的距离$-1$就是石子个数。

现在每次可以取$d$个石子堆中的石子，问先手必胜的方案有多少？

这是一个经典的$nim-k$问题，结论是对于石子堆的每一个二进制位，如果这一位上为$1$的石子堆数是$d+1$的倍数，那么先手必败。

所以我们可以直接考虑先手必败的方案数，再用总方案数减去即可。

设$f[i][j]$表示考虑到二进制从小到大的第$i$位，当前石子总数为$j$，先手必败的方案数。

那么$f[i+1][j+p*(d+1)*2^{i}]+=f[i][j]*inom{k/2}{p*(d+1)}$，注意第二维必须$leq n-k$。

最后我们枚举石子数$i$，那么$Ans-=f[15][i]*inom{n-k/2-i}{k/2}$，这里可以看成在合法位置中选择$k/2$个位置的方案数。

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define rhl (1000000007)

using namespace std;

int c[10005][105],f[16][10005],n,k,d,ans;

il int gi(){
  RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
  while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
  if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
  while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return q*x;
}

il int C(RG int n,RG int m){
  return n<m ? 0 : c[n][min(m,n-m)];
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("chess.in","r",stdin);
  freopen("chess.out","w",stdout);
#endif
  n=gi(),k=gi(),d=gi(),c[0][0]=1;
  for (RG int i=1;i<=n;++i){
    c[i][0]=1;
    for (RG int j=1;j<=k && j<=i;++j){
      c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
      if (c[i][j]>=rhl) c[i][j]-=rhl;
    }
  }
  f[0][0]=1,ans=C(n,k);
  for (RG int i=0;i<15;++i)
    for (RG int j=0;j<=n-k;++j)
      for (RG int p=0,q;p*(d+1)<=(k>>1);++p){
    q=j+p*(d+1)*(1<<i); if (q>n-k) break;
    f[i+1][q]=(1LL*f[i][j]*C(k/2,p*(d+1))+f[i+1][q])%rhl;
      }
  for (RG int i=0;i<=n-k;++i){
    ans=(-1LL*f[15][i]*C(n-k/2-i,k/2)+ans)%rhl;
    if (ans<0) ans+=rhl;
  }
  cout<<ans; return 0;
}