【BZOJ4550】小奇的博弈 博弈论
【BZOJ4550】小奇的博弈
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题解:首先思考K=2的情况,显然白棋可以直接往右移到黑棋左边,然后黑棋只能被动往右移,然后白棋又可以不断向右将黑棋逼死,所以如果一开始中间的间隔不为0则先手必胜,反之先手必输。
K>2的情况同理,白棋是一定不会主动往左移的,黑棋也一定不会主动往右移,所以黑白之间的间隔一定会不断变小,这变成了什么?我们将间隔视为石子,那么这就相当于k堆石子,没人可以从1-d堆中取出若干个石子。这是一个经典的Nimk问题。结论:我们将石子数二进制拆分,对所有石子的每一位都进行不进位的加法,先手必输当且仅当每一位的和%(d+1)都=0,否则先手必胜。
显然是先手必输的情况比较好处理。然后DP。我们用f[i][j]表示统计到二进制的前i位,已经用了j枚石子,先手必输的情况数。转移时用组合数搞一搞即可。总方案数显然是$ C_n^k $。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
int n,k,d;
ll ans;
ll f[20][10010],c[10010][110];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
int i,j,l;
for(i=0;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(j=1;j<=i&&j<=k;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%P;
}
f[0][0]=1;
for(i=0;i<16;i++) for(j=0;j<=n-k;j++) for(l=0;(1ll<<i)*(d+1)*l<=j&&(d+1)*l<=k/2;l++)
{
f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j-(1ll<<i)*l*(d+1)]*c[k/2][(d+1)*l])%P;
}
for(i=0;i<=n-k;i++) ans=(ans+f[16][i]*c[n-i-k/2][k/2])%P;
printf("%lld",(c[n][k]-ans+P)%P);
return 0;
}
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