BZOJ4550小奇的博弈 博弈论

Posted 2020-10-11 CQzhangyu

【BZOJ4550】小奇的博弈

Description

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。

 

小奇可以移动白色棋子，提比可以移动黑色的棋子，它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。小奇和提比轮流操作，现在小奇先移动，有多少种初始棋子的布局会使它有必胜策略？

Input

共一行，三个数，n，k，d。对于100%的数据，有1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。

Output

输出小奇胜利的方案总数。答案对1000000007取模。

Sample Input

10 4 2

Sample Output

182

题解：首先思考K=2的情况，显然白棋可以直接往右移到黑棋左边，然后黑棋只能被动往右移，然后白棋又可以不断向右将黑棋逼死，所以如果一开始中间的间隔不为0则先手必胜，反之先手必输。

K>2的情况同理，白棋是一定不会主动往左移的，黑棋也一定不会主动往右移，所以黑白之间的间隔一定会不断变小，这变成了什么？我们将间隔视为石子，那么这就相当于k堆石子，没人可以从1-d堆中取出若干个石子。这是一个经典的Nimk问题。结论：我们将石子数二进制拆分，对所有石子的每一位都进行不进位的加法，先手必输当且仅当每一位的和%(d+1)都=0，否则先手必胜。

显然是先手必输的情况比较好处理。然后DP。我们用f[i][j]表示统计到二进制的前i位，已经用了j枚石子，先手必输的情况数。转移时用组合数搞一搞即可。总方案数显然是$ C_n^k $。

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
int n,k,d;
ll ans;
ll f[20][10010],c[10010][110];
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
	int i,j,l;
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		c[i][0]=1;
		for(j=1;j<=i&&j<=k;j++)	c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%P;
	}
	f[0][0]=1;
	for(i=0;i<16;i++)	for(j=0;j<=n-k;j++)	for(l=0;(1ll<<i)*(d+1)*l<=j&&(d+1)*l<=k/2;l++)
	{
		f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j-(1ll<<i)*l*(d+1)]*c[k/2][(d+1)*l])%P;
	}
	for(i=0;i<=n-k;i++)	ans=(ans+f[16][i]*c[n-i-k/2][k/2])%P;
	printf("%lld",(c[n][k]-ans+P)%P);
	return 0;
}