洛谷 P5363 / LOJ #3114 「SDOI2019」移动金币

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不错的博弈 + 计数。

不难发现题中的游戏是阶梯 Nim 的变体。若设 \(a_i\) 为第 \(i\) 枚金币的位置，令 \(\forall i \in [2,m],\ b_i = a_i - a_{i-1},\ b_1 = a_1 - 1,\ b_{m+1} = n - a_m\)，则每次可以做的就是选择 \(i \in [1,m],\ x \in [1,b_i]\)，将 \(b_i \gets b_i - x,\ b_{i+1} \gets b_{i+1} + x\)。这就是一个 reversed 的阶梯 Nim，结论是先手必胜当且仅当从右往左所有第偶数位的 \(b_i\) 异或和 \(\ne 0\)。

考虑容斥后转化为异或和 \(=0\)。考虑 dp，\(f_{i,j}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 位，数的和是 \(j\)。那么每次枚举当前位有 \(k\) 个数是 \(1\)（需要满足 \(2\,|\,k\) 且 \(j + k2^i \le n\)），\(f_{i+1,j+k2^i} \gets f_{i+1,j+k2^i} + f_{i,j} \times \binom{(m+1)/2}{k}\)。最后枚举和，隔板法统计答案即可。

时间复杂度 \(O(nm \log n)\)。

code

/*

p_b_p_b txdy
AThousandSuns txdy
Wu_Ren txdy
Appleblue17 txdy

*/

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;
const int maxm = 20;
const int N = 200000;
const ll mod = 1000000009;

ll n, m, fac[maxn], ifac[maxn], f[maxm][maxn];

ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

void init() {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
	for (int i = N - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
}

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	n -= m;
	f[0][0] = 1;
	int t = 0;
	for (int i = 0; (1 << i) <= n; ++i) {
		t = i + 1;
		for (int j = 0; j <= n; j += 2) {
			for (int k = 0; k <= (m + 1) / 2; k += 2) {
				if (j + (k << i) <= n) {
					f[i + 1][j + (k << i)] = (f[i + 1][j + (k << i)] + f[i][j] * C((m + 1) / 2, k) % mod) % mod;
				}
			}
		}
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		ans = (ans + f[t][i] * C(n - i + m / 2, m / 2) % mod) % mod;
	}
	printf("%lld\n", (C(n + m, m) - ans + mod) % mod);
}

int main() {
	init();
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}