BZOJ2281[Sdoi2011]黑白棋&BZOJ4550小奇的博弈——DP+nimk游戏
题目描述
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输出小A胜利的方案总数。答案对1000000007取模。
样例输入
样例输出
提示
1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数,k<=100。
感觉这道题有些问题,如果不限制白棋只能往右移、黑棋只能往左移,那么这道题就不能转化成nim游戏。
这里按照修改后的题目讲解。
可以发现最后的局面一定是第i个白棋和第i个黑棋紧挨着,那么问题就可以转化成初始时将第i个白旗和第i个黑棋间的空位数看成一堆石子,每人每次可以在最多k堆中的每堆取走任意多个石子,不能操作的人输。这个博弈和nim游戏很像叫做nimk游戏,可以看作是nim游戏的一个扩展。它同样有一个结论:对于nimk游戏,将每堆石子数用二进制表示,对于二进制的每一位如果这一位是1的石子堆数mod(d+1)都等于0,那么先手必败。证明和nim游戏的证明类似,可以参见博弈论讲解。
那么我们可以用DP求出先手必败的方案数然后用总方案数减一下即可。f[i][j]表示所有堆石子二进制的前i位,放了j个石子的方案数。
先手必败方案数为,总方案数为
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[30][100010];
ll g[10010][110];
int n,m,d;
const int mod=1000000007;
void C()
{
for(int i=0;i<=n;i++)
{
g[i][0]=1ll;
for(int j=1;j<=min(m,i);j++)
{
g[i][j]=(g[i-1][j]+g[i-1][j-1])%mod;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
C();
f[0][0]=1;
for(int i=0;i<15;i++)
{
for(int j=0;j<=n-m;j++)
{
for(int k=0;k*(d+1)<=m/2&&j+k*(d+1)*(1<<i)<=n-m;k++)
{
f[i+1][j+k*(d+1)*(1<<i)]=(f[i+1][j+k*(d+1)*(1<<i)]+f[i][j]*g[m/2][k*(d+1)])%mod;
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=n-m;i++)
{
ans=(ans+f[15][i]*g[n-m/2-i][m/2])%mod;
}
printf("%lld",((g[n][m]-ans)%mod+mod)%mod);
}
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