【BZOJ2281】【博弈论+DP】 [Sdoi2011]黑白棋

Description

黑白棋（game）

【问题描述】

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。

E

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
【数据规模和约定】

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

HINT

Source

stage 2 day1

【分析】

很经典的题目，很不错。

我们将相邻的棋子看成一对，显然，在最后的情况下，每对棋子都是紧贴在一起的。

对于每对棋子，白棋在左边，黑棋在右边，那么白棋就只能往右边走，黑棋也只能往左边走，否则若白棋往左边，黑棋也可以往左边，情况不会有改变。

那么若将每对棋子之间的距离看成一堆石子的数量，就变成经典的nim游戏。

然后用nimk的理论做就行了。

DP有点难想...看代码就看得懂了

 /*
 唐代白居易
 《问刘十九》
 绿蚁新醅酒，红泥小火炉。
 晚来天欲雪，能饮一杯无。*/

 #include <set>
 #include <map>
 #include <cmath>
 #include <cstdio>
 #include <vector>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #define LOCAL
 const int MAXL = ;
 const long long MOD = ;
 const int MAXK =  + ;
 const int MAXN =  + ;
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 ll f[][MAXN * ];
 ll c[MAXK][], n, K, d; 

 ll C(ll a, ll b){
    if (a == b) return 1ll;
    //if (b > a - b) b = a - b;
    return c[a][b] % MOD;
 }
 void prepare(){//预处理组合数
      memset(c, , sizeof(c));
      c[][] = ;
      for (ll i = ; i <= 10005ll; i++){
          c[i][] = 1ll;
          //if (i <= 210) c[i][i] = 1;
          for (ll j = ; j < min(i, 250ll); j++)
          c[i][j] = (C(i - , j) + C(i - , j - )) % MOD;
      }
      //for (ll i = 1; i <= 50; i++)
      //for (ll j = 0; j <= i; j++) printf("%d %d:%d\n", i, j, C[i][j]);
      //printf("%d\n", C[10][2]);
 }
 void dp(){
      K /= ;
      memset(f, , sizeof(f));
      f[][] = ;//第0位
      for (ll i = ; i <= ; i++){
          for (ll j = ; j <= n -  * K; j++)//注意这一层不需要枚举到n了，因为只有这么多的空位
          for (ll k = ; (k * (d + ) <= K) && (k * (d + ) * (1ll<<(i - )) <= j); k++){
              f[i][j] = (f[i][j] + (f[i - ][j - k * (d + ) * (1ll<<(i - ))] * C(K, k * (d + ))) % MOD) % MOD;

          }
      }
      ll Ans = ;
      for (ll i = ; i <= n -  * K; i++) Ans = (Ans + (f[][i] * C(n - i - K *  + K, K)) % MOD) % MOD;
      printf("%lld\n", (C(n,  * K) - Ans + MOD) % MOD);
 }

 int main(){

     prepare();
     scanf("%lld%lld%lld", &n, &K, &d);
     dp();
     //n的距离,k个石头，1~d次移动
     return ;
 }