傳送門

解題思路

　　首先發現可以把相鄰的黑白棋子之間的距離看成一堆棋子，那麽這個就可以抽象成\(Nim\)遊戲每次可以取\(d\)堆這個遊戲，而這個遊戲的\(SG\)值為\(x\%(d+1)\)，那麽題目其實就是求所有石子的異或和\(\%d=0\)的方案數。可以設\(f[i][j]\)表示二進制下前\(i\)位\(\%d\)都為\(0\)，一共用了\(j\)個石子，轉移時可以枚舉當前這一位\(/d\)為多少，然後再乘組合數更新答案，最後用總數\(-\)不合法方案即可。

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=10005;
const int MOD=1e9+7;

int n,k,d,f[20][N],C[10005][205],ans,tot;
inline int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}

inline void prework(){
    C[0][0]=1; int Min;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        C[i][0]=1; Min=min(i,k);
        for(int j=1;j<=Min;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
    }
}

inline int calc(int x,int y){
    if(y>x-y) y=x-y;
    return C[x][y];
}

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
    prework(); f[0][0]=1;
    for(int i=0;i<15;i++)
        for(int j=0;j<=n-k;j++) 
            for(int l=0;l*(d+1)<=k/2 && j+l*(d+1)*(1<<i)<=n-k;l++)
                (f[i+1][j+l*(d+1)*(1<<i)]+=1ll*f[i][j]*calc(k/2,l*(d+1))%MOD)%=MOD;
    for(int i=0;i<=n-k;i++) (ans+=1ll*f[15][i]*calc(n-i-k/2,k/2)%MOD)%=MOD;
    tot=calc(n,k); ans=(tot-ans+MOD)%MOD; printf("%d\n",ans);
    return 0;
}
 

BZOJ 2281: [Sdoi2011]黑白棋(dp+博弈論)