[BZOJ2281][SDOI2011]黑白棋(K-Nim博弈)

2281: [Sdoi2011]黑白棋

Time Limit: 3 Sec  Memory Limit: 512 MB
Submit: 626  Solved: 390
[Submit][Status][Discuss]

Description

小A和小B又想到了一个新的游戏。

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。

小A可以移动白色棋子，小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。

小A和小B轮流操作，现在小A先移动，有多少种初始棋子的布局会使他胜利呢？

Input

共一行，三个数，n,k,d。

Output

输出小A胜利的方案总数。答案对1000000007取模。

Sample Input

10 4 2

Sample Output

182

HINT

 1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。

Source

stage 2 day1

很有意思的一道博弈题，可惜HZWER学长给出了反例。

那么这一题通过手玩可以发现，最终状态必定是所有棋子全部扎堆在棋盘左端或右端，棋子之间没有间隙。不过仔细观察可以发现，可能在游戏状态中会出现所有棋子扎堆但不在棋盘一端的情况，其实那个时候就已经决定了最终的胜负。因为只要一方朝自己来的方向走了，则另一方必定能也往那边走一步，最终会步步紧逼直到走到棋盘一端。

根据这一点，感性理解一下，这个游戏就是一个把对方棋子“怼”过去的过程，谁怼赢了就是胜者。所以从一开始双方都一定拼尽全力往对面怼，所以有一个结论：先手不可能往左走，后手不可能往右走。

这样这个问题就变成了一个取石子游戏，每对相邻的白子和黑子之间的格子数是石子数（显然共有K/2堆石子），每人每次选不超过k堆取一个石子。

这个问题叫K-Nim，结论是:将所有石子数转成二进制，如果对于每一位二进制，这一位上为1的石子堆数都能被k+1整除则为必败态，否则为必胜态。

证明主要思路是: 1.最终态二进制每一位都为0必为必败态。2.只要有某位的1的个数不被k+1整除，则必然有一种走法使每一位都被整除。 3.如果每一位都被k+1整除，则无论怎么走都不可能使得每一位都仍然能被整除。

这三点分别保证了：最终态是必败态。必胜态必定能走到必败态。必败态只能走到必胜态。

详细证明:http://blog.csdn.net/weixinding/article/details/7321139

这样，我们分别用了“寻找最终态”和“模仿”的技巧将问题转化为了K-Nim问题。回到这一题，最终答案=总方案数-必败态的方案数。

设$f_{i,j}$表示前$i$个二进制位共放了$j$个石子的方案数，则$$ans=C_n^K-\sum_{i=0}^{n-K} f_{s,i}*C_{n-i-K/2}^{K/2}$$s为最高位的1，这里取15就够了。

考虑$f$的转移方程即可：$$f_{i+1,j+k*(d+1)*(1<<i)}\ \ +=\ \ f_{i,j}*C_{K/2}^{k*(d+1)}$$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const ll N=10010,mod=1000000007;
ll tot,ans,bin[25],c[N][205],f[25][N];
int n,K,d,p;

void add(ll &x,ll y){ x=(x+y)%mod; }
void pre(){
    rep(i,0,n) c[i][0]=1;
    rep(i,1,n) rep(j,1,min(2*K,i)) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
}
int C(int n,int m){ if (m>n-m) m=n-m; return c[n][m]; }

int main(){
    freopen("bzoj2281.in","r",stdin);
    freopen("bzoj2281.out","w",stdout);
    bin[0]=1; rep(i,1,15) bin[i]=bin[i-1]<<1;
    scanf("%d%d%d",&n,&K,&d); K>>=1;
    pre(); f[0][0]=1;
    rep(i,0,14) rep(j,0,n-2*K)
        for (int k=0; k*(d+1)<=K && j+k*(d+1)*bin[i]<=n-2*K; k++)
            add(f[i+1][j+k*(d+1)*bin[i]],f[i][j]*C(K,k*(d+1)));
    rep(i,0,n-2*K) add(ans,f[15][i]*C(n-i-K,K));
    tot=C(n,K*2); printf("%lld\n",(tot-ans+mod)%mod);
    return 0;
}