題面
首先所有石子先對a+b取模不影響結果。先設a<b。
然後每堆石子數有以下幾種情況。
1. [0,a) 跟沒有沒區別。
2. [a,b) 只有Alice能取，所以存在這樣的Alice必勝。
3. [b,2a) 兩個人都只能取一次，跟其奇偶性有關。
4. [2a,a+b) Alice一次就能把它取成情況2，然後Bob就gg了，所以存在兩個及以上Alice必勝，存在一個的話Bob還可以挽救一下，把它搞成情況1。
先把這四種情況個數統計出來。具體必勝情況如下：
Alice勝：
1. cnt2>0
2. cnt4≥2
3. cnt4=1且cnt3為奇。
Bob勝：不存在
先手勝：在c

組合計數一下就好，根據組合數性質，n(n≠0)個數裡取奇數個的方案等於取偶數個的方案=2n−1。
所以要特判cnt3=0的時候！！！這場rank1因為沒判錯失AK！！！
程式碼：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int
 
 maxn=100010;
const int mod=1000000007;
int n,x[maxn],a,b,cnt[4];
ll ans[4],mi[maxn];
int main()
{   
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        mi[i]=(mi[i-1]<<1)%mod; 
    bool lab=(a>b);
    if(lab) swap(a,b);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d
 
",&x[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        x[i]%=(a+b);    
        if(a<=x[i]&&x[i]<b) cnt[0]++;
        else if(b<=x[i]&&x[i]<2*a) cnt[1]++;
        else if(2*a<=x[i]) cnt[2]++;
        else cnt[3]++;
    }
    ans[0]=(mi[n]-mi[n-cnt[0]]+mi[cnt[1]+cnt[3]]*(mi[cnt[2]]-cnt[2]-1)%mod+mod)%mod;
    ans[2]=mi[cnt[3]+max(cnt[1]-1,0)]*cnt[2]%mod;
    if(cnt[1]) (ans[0]+=mi[cnt[3]+cnt[1]-1]*cnt[2]%mod)%=mod,(ans[2]+=mi[cnt[3]+cnt[1]-1])%=mod;
    ans[3]=mi[cnt[3]+max(cnt[1]-1,0)]%mod;
    swap(ans[0],ans[lab]);  
    for(int i=0;i<=3;i++)
        printf("%lld ",ans[i]);
    return 0;
}