NOIP 模擬 $88\; \rm 對弈$
阿新 • • 發佈:2021-11-02
題解
個石子,先手必敗的方案數。
題解 \(by\;zj\varphi\)
可以發現,\(Alice\) 的最優決策是能往左就往左,而 \(Bob\) 相反,所以設 \(d_i=b_i-a_i-1\),每堆石子的個數是 \(n_i\)。
題意轉化:每次 \(d_i\) 都只減不增,所以可以看為有 \(\frac{k}{2}\) 堆石子,每次可以至多從 \(m\) 堆石子中選,至少從被選的每堆中各挑一個,若當前的人沒有可選的,那麼當前人輸。
一個定理:先手必敗當且僅當所有 \(n_i\) 在二進位制下,每一個二進位制 \(1\) 的個數 \(\mod m+1=0\)。
設 \(f_{i,j}\) 表示:考慮了前 \(i\) 個二進位制位,一共有 \(j\)
轉移的時候列舉當前二進位制位選了多少個,再乘上個組合數就行。
最後總方案數就是 \(\binom{n-\frac{k}{2}-i}{\frac{k}{2}}\times \binom{i+\frac{k}{2}-1}{\frac{k}{2}-1}\)。
解釋一下:
前一個式子表示當前一共佔了 \(k+i\) 個位置,剩下的位置被石子分成了 \(\frac{k}{2}+1\) 堆的方案數,因為每堆可以為 \(0\),所以總數加上 \(\frac{k}{2}+1\),最後由鴿巢原理可得前式。
後一個式子就是分給每堆多少個石子,同樣可以為空。
Code
#include<bits/stdc++.h> #define ri signed #define pd(i) ++i #define bq(i) --i #define func(x) std::function<x> namespace IO{ char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++ #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' ' #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl #define Debug(x) assert(x) struct nanfeng_stream{ template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) { bool f=false;x=0;char ch=gc(); while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc(); return x=f?-x:x,*this; } }cin; } using IO::cin; namespace nanfeng{ #define FI FILE *IN #define FO FILE *OUT template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;} template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;} using ll=long long; static const int N=1e4+7,MOD=1e9+7; int f[22][N],frac[N],inv[N],n,k,m,lim; ll ans; auto fpow=[](int x,int y) { int res=1; while(y) { if (y&1) res=1ll*res*x%MOD; x=1ll*x*x%MOD; y>>=1; } return res; }; auto C=[](int n,int m) {return 1ll*frac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;}; inline int main() { FI=freopen("chess.in","r",stdin); FO=freopen("chess.out","w",stdout); cin >> n >> k >> m; lim=k>>1; frac[0]=inv[0]=1; for (ri i(1);i<=n;pd(i)) frac[i]=1ll*frac[i-1]*i%MOD; inv[n]=fpow(frac[n],MOD-2); for (ri i(n-1);i;bq(i)) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%MOD; f[0][0]=1; for (ri i(0);i<20;pd(i)) for (ri j(0);j<=n-k;pd(j)) for (ll l(0);j+(l<<i)<=n-k&&l<=lim;l+=m+1) { (f[i+1][j+(l<<i)]+=C(lim,l)*f[i][j]%MOD)%=MOD; } for (ri i(0);i<=n-k;pd(i)) ans+=1ll*C(n-lim-i,lim)*(C(i+lim-1,lim-1)-f[20][i])%MOD; printf("%lld\n",(ans%MOD+MOD)%MOD); return 0; } } int main() {return nanfeng::main();}