LGP2490题解

有点儿神秘？

根据他这个题意说的，白子向右的第一个一定是对应的黑子啊。

所以棋子的绝对位置是不重要的，我们只需要考虑白子和黑子的相对位置，然后考虑用 GF 来拼凑状态就好了。

下面的 \(k\) 是题面中的 \(\frac{k}{2}\)。

这是一个 k-nim。\(k\) 堆石头每次最多选 \(d\) 堆。

先丢结论：设 \(x_i\) 为 \(x\) 在二进制下的第 \(i\) 位，那么先手必败的条件一定满足对于任意 \(i\) 有 \(\sum_{j=1}^k(x_j)_i \bmod(d+1)=0\)。

证明不会，只会感性理解（

很明显全 \(0\) 随便撤一步都不可能撤回全 \(0\) 的状态，只需要证明非全 \(0\) 是必胜即可。

而非全 \(0\) 明显是有办法撤到全 \(0\) 的。所以我们就成功感性理解了

注意到必败的方法比必胜的要好算，所以我们计算必败的方案。

根据这个我们就可以考虑 GF 了！！！！！！

我们设单块（一对黑白子）的 GF 为 \(F(x,y)\)，那么有：

\[F(x,y)=x^2\prod_{i=0}\sum_{j=0}^1x^{2^{ij}}y_i^j
\]

我们知道有 \(n-2k\) 个位置是空的，空格被黑白子分成了 \(k+1\) 段，那么我们再设一个：

\[G(x)=\sum_{i=0}x^i=\frac{1}{1-x}
\]

我们有：

\[H(x,y)=G^{k+1}(x)F^k(x,y)
\]

答案是

\[[x^n]\sum_{d+1|t_i}[\prod y_i^{t_i}]H(x,y)
\]

虽然看上去很奇怪，但是我们成功写成了 GF 的形式

我们先考虑 \(F^k\) 是个什么鬼东西：

\[x^{2k}\prod_{i=0}(x^{2^i}y_i+1)^k
\]

前面 \(x^{2k}\) 可以直接丢掉了。

\[\prod_{i=0}(\sum_{j=0}^k\binom{k}{i}x^{j2^{i}}y_i^j)
\]

\[H(x,y)=\frac{\prod_{i=0}(\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}x^{j2^{i}}y_i^j)}{(1-x)^{k+1}}
\]

\[ans=[x^{n-2k}]\sum_{d+1|t_i}[\prod y_i^{t_i}]H(x,y)
\]

我们考虑一个很神秘的东西：对 GF 的指数进行 DP（？）

我们设一个 \(F_n(x,y)=\prod_{i=0}^n(\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}x^{j2^{i}}y_i^j)\)。

再设一个 \(dp[t][n]=[x^n(\sum_{d+1|t_i,i\leq k}\prod y_i^{t_i})]F_{t-1}(x,y)\)。（这里 \(t-1\) 是为了避免 \(dp[0]\) 初始化有点麻烦）

我们似乎只需要求出 \(dp[\lfloor\log n\rfloor][0\sim n-2k]\) 即可？

然后好像把这个序列卷上一个组合数序列就行了。

转移很明显，根据定义直接卷上去就完了。

复杂度是 \(O(nk\log n)\)，足以通过此题。

#include<cstdio>
typedef unsigned ui;
const ui M=10005,mod=1e9+7;
ui n,d,k,C[55],g[M],dp[17][M];
inline ui pow(ui a,ui b){
	ui ans(1);for(;b;b>>=1,a=1ull*a*a%mod)if(b&1)ans=1ull*ans*a%mod;return ans;
}
inline ui binom(const ui&n,const ui&m){
	ui x(1),y(1),z(1);
	for(ui i=1;i<=n;++i)x=1ull*x*i%mod;
	for(ui i=1;i<=m;++i)y=1ull*y*i%mod;
	for(ui i=1;i<=n-m;++i)z=1ull*z*i%mod;
	return 1ull*x*pow(1ull*y*z%mod,mod-2)%mod;
}
signed main(){
	ui lgn(1),ans(0);
	g[0]=g[1]=1;C[0]=C[1]=1;dp[0][0]=1;
	scanf("%u%u%u",&n,&k,&d);++d;n-=k;k>>=1;
	while((1<<lgn)<=n)++lgn;--lgn;
	for(ui i=2;i<=n;++i)g[i]=1ull*(mod-mod/i)*g[mod%i]%mod;
	for(ui i=1;i<=n;++i)g[i]=1ull*g[i]*g[i-1]%mod*(k+i)%mod;
	for(ui i=2;i<=k;++i)C[i]=1ull*(mod-mod/i)*C[mod%i]%mod;
	for(ui i=1;i<=k;++i)C[i]=1ull*C[i]*C[i-1]%mod*(k-i+1)%mod;
	for(ui i=1;i<=lgn;++i){
		for(ui j=0;j<=n;++j){
			for(ui x=0;(x<<i-1)<=j&&x<=k;x+=d)dp[i][j]=(dp[i][j]+1ull*C[x]*dp[i-1][j-(x<<i-1)])%mod;
		}
	}
	for(ui i=0;i<=n;++i)ans=(ans+1ull*dp[lgn][i]*g[n-i])%mod;
	printf("%u",(mod+binom(n+(k<<1),k<<1)-ans)%mod);
}