[SDOI2011]黑白棋

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https://www.zybuluo.com/ysner/note/1234030

题面

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。
\(A\)可以移动白色棋子，\(B\)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。
\(A\)先手，有多少种初始棋子的布局会使他胜利呢？

解析

题面显然有误，如果允许白往左、黑往右，这游戏玩不完。

毕竟我是在博弈论的题单里发现这道题的
很快就反应过来：把各对相邻黑白棋子之间的距离视作一堆石子即可。
于是问题转化为一个 一次限制取\(d\)个 的\(Nim\)游戏。
这种类型问题有个结论：\(SG[x]=x\%(d+1)\)。
即题目本质是要 各堆石子个数异或和\(\%(d+1)=0\)。

怎么统计方案？（注意下状态）
显然异或和为\(0\)这种情况很方便。于是先统计后者胜利的情况，再用方案总数减去它得到答案。
设\(f[i][j]\)表示确定异或和二进制第\(1-i\)位、现有\(j\)个石子的方案数。
枚举该位需要\(x\)倍\(d+1\)个石子。
此时，该位对石子数的贡献取决于各堆石子该位是否为\(1\)。
于是要从\(k/2\)个堆选出\(x*(d+1)\)个,把这些堆石子该位 置为\(1\)，贡献\(C_{k/2}^{x*(d+1)}\)种方案。
同时，剩余的\(n-j-k/2\)个石子可以任意分到\(k/2\)堆中（在更高位），贡献\(C_{n-j-k/2}^{k/2}\)种方案。
综上得方程式：
\[f[i+1][j+(1<<i)*x*(d+1)]+=f[i][j]*c[k/2][x*(d+1)]\]
\[f[i][j]=f[i][j]*C[n-j-k/2][k/2]\]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,k,d,C[10005][205],dp[18][100005];
ll ans;
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘)) ch=getchar();
  if(ch==‘-‘) t=-1,ch=getchar();
  while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
int main()
{
  n=gi();k=gi();d=gi();
  C[0][0]=1;
  fp(i,1,n)
    {
      C[i][0]=1;
      fp(j,1,200) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
  dp[0][0]=1;
  fp(i,0,16)
    fp(j,0,n-k)
    for(re int x=0;(1ll<<i)*x*(d+1)<=n-k&&x*(d+1)<=k/2;++x)
      (dp[i+1][j+(1ll<<i)*x*(d+1)]+=1ll*dp[i][j]*C[k/2][x*(d+1)]%mod)%=mod;
  fp(i,0,n-k) ans=(ans+1ll*dp[17][i]*C[n-i-k/2][k/2]%mod+mod)%mod;
  printf("%lld\n",(C[n][k]-ans+mod)%mod);
  return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/yanshannan/p/9399243.html