【XSY2988】取石子 博弈论

题目描述

　　有 \(n\) 堆石子，每堆石子的个数是 \(c_i\)。

　　Alice 和 Bob 轮流取石子（先后手未定），Alice 每次从一堆中取 \(a\) 个，Bob每次从一堆中取 \(b\) 个。无法操作者输。

　　你要选定若干堆石子（共 \(2^n\)）种情况，问你所有情况中：Alice 必胜的方案数；Bob 必胜的方案数；先手必胜的方案数；后手必胜的方案数。

　　对 \({10}^9+7\) 取模。

　　\(n\leq 100000\)

题解

　　要把每堆石子个数对 \(a+b\) 取模。

　　为什么可以取模呢？

　　首先这是一个零和博弈。

　　如果 \(c_i\geq a+b\)，那么一个人操作后：如果局面对另一个人更优，那么这个人就不会这么操作。否则另一个人可以取一次这堆石子，把局面变回来。

　　把这 \(n\) 堆按石子个数分成 \(4\) 类：

　　1.\(c_i<a\)

　　2.\(a\leq c_i<b\)

　　3.\(b\leq c_i<2a\)

　　4.\(c_i\geq 2a\)

　　容易发现：

　　第一类是没有用的。

　　如果有第二类，那么 \(a\) 必胜。

　　如果第四类石子堆的个数 \(\geq 2\)，那么 \(a\) 必胜。

　　如果第四类石子堆的个数 \(=1\) 且 第三类石子堆的个数为奇数，则 \(a\) 必胜。

　　如果第四类石子堆的个数 \(=1\) 且 第三类石子堆的个数为偶数，则先手必胜。

　　如果第四类石子堆的个数 \(=0\) 且 第三类石子堆的个数为奇数，则先手必胜。

　　如果第四类石子堆的个数 \(=0\) 且 第三类石子堆的个数为偶数，则后手必胜。

　　每一类的方案数是 \(2\) 的幂乘上一些组合数。

　　时间复杂度：\(O(n)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const ll p=1000000007;
ll fp(ll a,ll b)
{
	ll s=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
		if(b&1)
			s=s*a%p;
	return s;
}
int a[100010];
int A,B,n;
int cnt1,cnt2,cnt3,cnt4;
ll ans1,ans2,ans3,ans4;
ll inv[100010];
ll fac[100010];
ll ifac[100010];
ll binom(int x,int y)
{
	return x>=y&&y>=0?fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p:0;
}
int main()
{
	open("a");
	scanf("%d",&n);
	inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
		fac[i]=fac[i-1]*i%p;
		ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
	}
	int flag=0;
	scanf("%d%d",&A,&B);
	if(A>B)
	{
		swap(A,B);
		flag=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		a[i]%=(A+B);
		if(a[i]<A)
			cnt1++;
		else if(a[i]<B)
			cnt2++;
		else if(a[i]<2*A)
			cnt3++;
		else
			cnt4++;
	}
	ans1=(ans1+(fp(2,cnt2)-1)*fp(2,cnt3+cnt4))%p;
	ans1=(ans1+(fp(2,cnt4)-cnt4-1)*fp(2,cnt3))%p;
	ans3=(ans3+cnt4*(cnt3?fp(2,cnt3-1):1))%p;
	ans1=(ans1+cnt4*(cnt3?fp(2,cnt3-1):0))%p;
	ans4=(ans4+(cnt3?fp(2,cnt3-1):1))%p;
	ans3=(ans3+(cnt3?fp(2,cnt3-1):0))%p;
	ans1=ans1*fp(2,cnt1)%p;
	ans2=ans2*fp(2,cnt1)%p;
	ans3=ans3*fp(2,cnt1)%p;
	ans4=ans4*fp(2,cnt1)%p;
	if(flag)
		swap(ans1,ans2);
	ans1=(ans1+p)%p;
	ans2=(ans2+p)%p;
	ans3=(ans3+p)%p;
	ans4=(ans4+p)%p;
	printf("%lld %lld %lld %lld\n",ans1,ans2,ans3,ans4);
	return 0;
}