P2490 [SDOI2011]黑白棋

题意

一个 $1*n$ 的棋盘上，A 可以移动白色棋子，B 可以移动黑色的棋子，其中白色不能往左，黑色不能往右。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。

思路

显然可以将题意转化为一种 K-Nim 游戏，即在 $\frac k2$ 堆石子中，每次可将 $d$ 堆石子取任意个，令对手无路可走时获胜。

用总方案数减去先手必败的方案数即为答案，因为先手必败方案更加好算。

K-Nim 游戏

结论

设 $r_i$ 为二进制第 $i$ 位所有数该位为 1 的个数 $\pmod {d+1}$ 的值，那么只用一步即可在 “$r$ 全为 0” 和 “$r$ 不全为 0” 两种状态间转移。

感性证明

考虑一个大小不超过 $d$ 的集合，为我们一次操作需要拿走的石子堆的集合，选 0 或 1 都是合法的。

假设我们现在已经有这样一个大小为 $d$ 的集合，其中有 $x$ 个 1，$y$ 个 0，即 $x+y=d$。我们要让 $r$ 等于零，分以下情况：

$x\ge r$ 则选择 $r$ 个 1 变为 0 即可。
$x<r$ 则 $y+r\ge d+1$ ，则选择 $d-r+1$ 个 0 变为 1 即可。

所以一定有一种方法使这一位的 $r$ 变成 0.

现在我们并没有一个可以随便转换的集合，但是当一个数的高位从 1 变为 0 之后低位就可以随便选 0 和 1.所以我们从高位向低位考虑，如果一直符合第二个情况就向下考虑，否则就是第一个情况，并且在这种情况下把 1 变成 0 是合法的，那么我们扩大集合即可。

得证。

在上述博弈中，所有 $r$ 为 0 的状态是必败态。我们只需要算所有这种情况的方案就可以了。

考虑 Dp。设 $f_{ij}$ 为前 $i$ 位的 $r$ 均为 0，总共 $j$ 个石子的方案数。

新选一位，枚举在 $d+1$ 堆石子中放入若干次石子。即

\[f_{i+1,j+2^ix(d+1)}+=f_{i,j}\binom{\frac k2}{x*(d+1)}
\]

最后统计答案需要枚举每一堆的起点位置，即在原题中的白棋的位置，答案为所有位的

\[f_{i,j}\binom{n-j-\frac k2}{\frac k2}
\]

的和。

代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cctype>

#include<cstring>

#include<cmath>

using namespace std;

inline int read(){

	int w=0,x=0;char c=getchar();

	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();

	while(isdigit(c))x=x*10+(c^48),c=getchar();

	return w?-x:x;

}

namespace star

{

	const int maxn=10005,mod=1e9+7;

	int n,k,d,C[maxn][205],f[18][100005];

	inline void work(){

		n=read(),k=read(),d=read();

		C[0][0]=1;

		for(int i=1;i<=n;i++){

			C[i][0]=1;

			for(int j=1;j<=200;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;

		}

		f[0][0]=1;

		for(int i=0;i<=16;i++) for(int j=0;j<=n-k;j++) for(int x=0;(1ll<<i)*x*(d+1)<=n-k and x*(d+1)<=k/2;x++)

			f[i+1][j+(1ll<<i)*x*(d+1)]=(f[i+1][j+(1ll<<i)*x*(d+1)]+1ll*f[i][j]*C[k/2][x*(d+1)])%mod;

		int ans=0;

		for(int i=0;i<=n-k;i++) ans=(ans+1ll*f[17][i]*C[n-i-k/2][k/2])%mod;

		printf("%d\n",(C[n][k]-ans+mod)%mod);

	}

}

signed main(){

	star::work();

	return 0;

}