[SDOI2011]黑白棋
阿新 • • 發佈:2018-08-01
.com https sdoi name define include esp 總數 操作 。
於是問題轉化為一個 一次限制取\(d\)個 的\(Nim\)遊戲。
這種類型問題有個結論:\(SG[x]=x\%(d+1)\)。
即題目本質是要 各堆石子個數異或和\(\%(d+1)=0\)。
https://www.zybuluo.com/ysner/note/1234030
題面
這個遊戲是在一個\(1*n\)的棋盤上進行的,棋盤上有\(k\)個棋子,一半是黑色,一半是白色。
最左邊是白色棋子,最右邊是黑色棋子,相鄰的棋子顏色不同。
\(A\)可以移動白色棋子,\(B\)可以移動黑色的棋子,他們每次操作可以移動\(1\)到\(d\)個棋子。
每當移動某一個棋子時,這個棋子不能跨越兩邊的棋子,當然也不可以出界。當誰不可以操作時,誰就失敗了。
\(A\)先手,有多少種初始棋子的布局會使他勝利呢?
解析
題面顯然有誤,如果允許白往左、黑往右,這遊戲玩不完。
畢竟我是在博弈論的題單裏發現這道題的
很快就反應過來:把各對相鄰黑白棋子之間的距離視作一堆石子即可
於是問題轉化為一個 一次限制取\(d\)個 的\(Nim\)遊戲。
這種類型問題有個結論:\(SG[x]=x\%(d+1)\)。
即題目本質是要 各堆石子個數異或和\(\%(d+1)=0\)。
怎麽統計方案?(註意下狀態)
顯然異或和為\(0\)這種情況很方便。於是先統計後者勝利的情況,再用方案總數減去它得到答案。
設\(f[i][j]\)表示確定異或和二進制第\(1-i\)位、現有\(j\)個石子的方案數。
枚舉該位需要\(x\)倍\(d+1\)個石子。
此時,該位對石子數的貢獻取決於各堆石子該位是否為\(1\)。
於是要從\(k/2\)個堆選出\(x*(d+1)\)個,把這些堆石子該位 置為\(1\) ,貢獻\(C_{k/2}^{x*(d+1)}\)種方案。
同時,剩余的\(n-j-k/2\)個石子可以任意分到\(k/2\)堆中(在更高位),貢獻\(C_{n-j-k/2}^{k/2}\)種方案。
綜上得方程式:
\[f[i+1][j+(1<<i)*x*(d+1)]+=f[i][j]*c[k/2][x*(d+1)]\]
\[f[i][j]=f[i][j]*C[n-j-k/2][k/2]\]
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #define ll long long #define re register #define il inline #define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++) #define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--) using namespace std; const int mod=1e9+7; int n,k,d,C[10005][205],dp[18][100005]; ll ans; il ll gi() { re ll x=0,t=1; re char ch=getchar(); while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘)) ch=getchar(); if(ch==‘-‘) t=-1,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*t; } int main() { n=gi();k=gi();d=gi(); C[0][0]=1; fp(i,1,n) { C[i][0]=1; fp(j,1,200) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; } dp[0][0]=1; fp(i,0,16) fp(j,0,n-k) for(re int x=0;(1ll<<i)*x*(d+1)<=n-k&&x*(d+1)<=k/2;++x) (dp[i+1][j+(1ll<<i)*x*(d+1)]+=1ll*dp[i][j]*C[k/2][x*(d+1)]%mod)%=mod; fp(i,0,n-k) ans=(ans+1ll*dp[17][i]*C[n-i-k/2][k/2]%mod+mod)%mod; printf("%lld\n",(C[n][k]-ans+mod)%mod); return 0; }
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