【SDOI201】黑白棋 _【XSY3064】小奇的博弈（博弈，nim，dp，组合数）
显然，如果白棋往左，黑棋往右，最后肯定会两两碰在一起，就像这样：
红框框起来的是会碰在一起的棋子。（我们把会碰到一起的棋子称为一对棋子）
如下图就是碰在一起的一种情况：
那么现在假设是 \(A\) 遇到了这种情况，那么无论他操作的是白棋或黑棋，他肯定会输。因为另一个人可以操控棋子跟着 \(A\) 的棋子走，一直保持棋子两两紧逼的状态，直到所有棋子都堆在一边，这时 \(A\) 就无路可走了，失败。
不妨设开始前每对棋子之间的距离为 \(a_1,a_2,\dots,a_{\frac{k}{2}}\)，那么原题就可以转化成一个 k-nim 游戏：现在有 \(\frac{k}{2}\) 堆石子，第 \(i\) 堆石子的石子个数是 \(a_i\)，现在两人轮流进行如下操作：在这之中任意选取 \(1\sim d\) 堆石子，对于选取的这几堆石子中的每堆石子，能拿走任意正整数个石子。最后不能进行操作为失败。
这种问题有一个结论：将当前状态的 \(a_i\) 用二进制表示，设 \(s_i\) 表示 \(a_1\sim a_{\frac{k}{2}}\) 中二进制下第 \(i\) 位 \(1\) 的个数，\(s_i\equiv s_i'\pmod {k+1}\)。若所有的 \(s_i'\) 都为 \(0\)，则这个状态为必败状态，否则为必胜状态。
证明：
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\(a_i\) 全部为 \(0\) 的状态是必败状态，且此时所有的 \(s_i'\) 都为 \(0\)。
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设状态 \(P\) 是 \(s_i'\) 全部为 \(0\) 的状态，状态 \(N\) 是存在 \(s_i'\) 不为 \(0\) 的状态。
假设当前状态为 \(P\) 状态。
显然，由于我至少要在一个堆里面取石子，所以某些 \(a_i\) 的一定会改变。所以首先，某些 \(s_i\) 一定会改变。然后又由于一次最多只能改变 \(d\) 个堆，所以对于每一个 \(s_i\)，最多只会加上或减去 \(d\)。又由于一开始 \(s_i\equiv0\pmod{d+1}\)，所以变化后的 \(s_i\) 一定不可能满足 \(s_i\equiv0\pmod{d+1}\)。
也就是说，对于任意的 \(P\) 状态，一定只能转移成 \(N\) 状态。
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假设当前状态为 \(N\) 状态，那么我们要证明的目标是：对于任意的 \(N\) 状态，一定存在一种转移方式转移成 \(P\) 状态。
我们从高位到低位地考虑所有的二进制位。显然，最高位的石子我们要全部取走。假设当前位为第 \(i\) 位，且已经满足了 \(s_j'=0\)（\(j>i\)），并且改变了 \(m\) 个堆的石子数量（\(m\leq d\)）。
那么我们现在就是要证明：是否有一种操作，能使得 \(s_i'=0\)，且新改变的堆加上以前改变过的堆的总堆数 \(m'\leq d\)。（类似数学归纳法）
有一个比较显然的性质：对于那些已经改变的 \(m\) 堆，我改变这些堆的低位不会影响到高位的 \(s_j'\)。
设在这 \(m\) 堆中，每一堆所含石子个数的第 \(i\) 位上共有 \(a\) 个 \(1\)，\(b\) 个 \(0\)。
分情况讨论：
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\(a\geq s_i'\)。那我们就可以在这 \(m\) 堆中找到 \(s_i'\) 个第 \(i\) 位为 \(1\) 的堆并取走这一位所代表的石子（也就是 \(2^i\) 个石子），显然根据我们刚刚提到的性质，取走这些石子不会影响高位的 \(s_j'\)。（也就是让 \(s_i'\gets 0\)）
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\(b\geq (d+1)-s_i'\)。那我们就可以在这 \(m\) 堆中找到 \((d+1)-s_i'\) 个第 \(i\) 位为 \(0\) 的堆并加上这一位所代表的石子（也就是 \(2^i\) 个石子）（就算加上了这些石子，对于这一堆来说，石子总数还是减的，因为我们一开始减去了最高位所代表的石子），显然根据我们刚刚提到的性质，取走这些石子不会影响高位的 \(s_j'\)。（也就是让 \(s_i'\gets d+1\)）
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上述两种情况都不满足，也就是说 \(a< s_i'\)，那么我们先取走这 \(a\) 堆中第 \(i\) 位的石子，然后再从这 \(m\) 堆之外的堆里面找 \(s_i'-a\) 个第 \(i\) 位为 \(1\) 的堆并取出它第 \(i\) 位的石子，总堆数变成了 \(m+s_i'-a=b+s_i'\leq d+1-s_i'+s_i'=d+1\)，所以这种取法是合法的。
综上所述，我们可以保证对于任意的 \(N\) 状态，一定存在一种转移方式转移成 \(P\) 状态。
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综上所述，我们就可以证明 \(P\) 状态是必败状态，\(N\) 状态是必胜状态，结论成立。
接下来就是如何计算方案。
设 \(dp(i,j)\) 表示前 \(i-1\) 位每一位的异或和均为 \(0\)，已经有 \(j\) 个石子的方案数。（也就是必败方案数）
枚举 \(a_1\sim a_\frac{k}{2}\) 的第 \(i\) 位共有多少个 \(1\)，且满足个数是 \((d+1)\) 的倍数（也就是枚举 \((d+1)\) 的 \(x\) 倍）。
然后在 \(\frac{k}{2}\) 个堆里面取 \(x(d+1)\) 个，把他们的第 \(i\) 位设为 \(1\)，总方案数是 \(\dbinom{\frac{k}{2}}{x(d+1)}\)。
最后我们还要枚举堆在哪里，也就是 \(\dbinom{n-j-\frac{k}{2}}{\frac{k}{2}}\)。
然后 dp 一下就好了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define LN 20
#define K 210
#define N 10010
#define ll long long
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,k,d;
int C[N][K],dp[LN][N];
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&d);
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=200;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<=16;i++)
{
ll t=(1ll<<i);
for(int j=0;j<=n-k;j++)
for(int x=0;t*x*(d+1)<=n-k&&x*(d+1)<=k/2;x++)
dp[i+1][j+t*x*(d+1)]=(dp[i+1][j+t*x*(d+1)]+(1ll*dp[i][j]*C[k/2][x*(d+1)])%mod)%mod;
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=n-k;i++)
ans=(ans+1ll*dp[17][i]*C[n-i-k/2][k/2]%mod)%mod;
printf("%lld\n",((C[n][k]-ans)%mod+mod)%mod);
return 0;
}
