题解 对弈
首先发现Alice向左移棋子一定不优,Bob向右移棋子一定不优
于是可以将一个红棋和一个蓝棋之间的距离看做一堆石子
每次可以在至多 \(m\) 堆石子中取任意颗石子
于是这是经典的nim-k问题,先手必败的条件是每堆石子的个数在k+1进制下异或和为0
然后这个题问的是有多少种局面先手必胜,可以总局面减去先手必败的
题面里有限制是总石子数 \(\leqslant n-k\)
于是令 \(dp[i][j]\) 为从高位向低位考虑到第 \(i\) 为,此时总石子数为 \(j\) 的方案数
最后插板法将剩下的空位置插到两对(红,蓝)棋子之间即可
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100010
#define ll long long
//#define int long long
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
int ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
}
int n, m, k;
ll fac[N], inv[N];
const ll mod=1e9+7;
inline ll C(int n, int k) {return n<k?0:fac[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}
namespace force{
void solve() {
if (k==2) printf("%lld\n", ((C(n, 2)-n+1)%mod+mod)%mod);
else if (n==2) puts("0");
else if (n==3) puts("1");
else if (n==4) {
if (k==4) puts("0");
else if (k==2) puts("3");
}
else if (n==5) {
if (k==4) puts("2");
else if (k==2) puts("6");
}
}
}
namespace task{
int w[N], dp[35][N], lim;
void solve() {
lim=n-k;
dp[21][0]=1;
for (int i=20; ~i; --i) {
for (int j=0; j<=lim; ++j) {
for (int t=0; t<=lim/(1<<i); ++t) if (j+(t<<i)<=lim && t%(m+1)==0) {
dp[i][j+(t<<i)]=(dp[i][j+(t<<i)]+C(k/2, t)*dp[i+1][j])%mod;
}
}
}
ll ans=C(n, k);
// cout<<"ans: "<<ans<<endl;
for (int i=0; i<=lim; ++i) ans=(ans-1ll*C(n-(k+i)+k/2, k/2)*dp[0][i])%mod; //, cout<<n-(k+i)+k/2<<' '<<k/2<<endl;
// cout<<"ans: "<<ans<<endl;
printf("%lld\n", (ans%mod+mod)%mod);
exit(0);
}
}
signed main()
{
freopen("chess.in", "r", stdin);
freopen("chess.out", "w", stdout);
n=read(); k=read(); m=read();
fac[0]=fac[1]=1; inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=2; i<N; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for (int i=2; i<N; ++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for (int i=2; i<N; ++i) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
// force::solve();
task::solve();
return 0;
}