BZOJ2281[Sdoi2011]黑白棋&BZOJ4550小奇的博弈—

题目描述

小A和小B又想到了一个新的游戏。

这个游戏是在一个1*n的棋盘上进行的，棋盘上有k个棋子，一半是黑色，一半是白色。

最左边是白色棋子，最右边是黑色棋子，相邻的棋子颜色不同。

小A可以移动白色棋子，小B可以移动黑色的棋子，他们每次操作可以移动1到d个棋子。

每当移动某一个棋子时，这个棋子不能跨越两边的棋子，当然也不可以出界。当谁不可以操作时，谁就失败了。

小A和小B轮流操作，现在小A先移动，有多少种初始棋子的布局会使他胜利呢？

输入

共一行，三个数，n,k,d。

输出

输出小A胜利的方案总数。答案对1000000007取模。

样例输入

10 4 2

样例输出

182

提示

1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。

感觉这道题有些问题，如果不限制白棋只能往右移、黑棋只能往左移，那么这道题就不能转化成nim游戏。

这里按照修改后的题目讲解。

可以发现最后的局面一定是第i个白棋和第i个黑棋紧挨着，那么问题就可以转化成初始时将第i个白旗和第i个黑棋间的空位数看成一堆石子，每人每次可以在最多k堆中的每堆取走任意多个石子，不能操作的人输。这个博弈和nim游戏很像叫做nimk游戏，可以看作是nim游戏的一个扩展。它同样有一个结论：对于nimk游戏，将每堆石子数用二进制表示，对于二进制的每一位如果这一位是1的石子堆数mod(d+1)都等于0，那么先手必败。证明和nim游戏的证明类似，可以参见博弈论讲解。

那么我们可以用DP求出先手必败的方案数然后用总方案数减一下即可。f[i][j]表示所有堆石子二进制的前i位，放了j个石子的方案数。

先手必败方案数为 $f[i+1][j+s*(d+1)(1<<i)]+=f[i][j]*C_{k/2}^{s*(d+1)}$ ，总方案数为 $C_{n}^{k/2}$

#include<map>

#include<queue>

#include<stack>

#include<cmath>

#include<vector>

#include<bitset>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

ll f[30][100010];

ll g[10010][110];

int n,m,d;

const int mod=1000000007;

void C()

{

    for(int i=0;i<=n;i++)

    {

        g[i][0]=1ll;

        for(int j=1;j<=min(m,i);j++)

        {

            g[i][j]=(g[i-1][j]+g[i-1][j-1])%mod;

        }

    }

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);

    C();

    f[0][0]=1;

    for(int i=0;i<15;i++)

    {

        for(int j=0;j<=n-m;j++)

        {

            for(int k=0;k*(d+1)<=m/2&&j+k*(d+1)*(1<<i)<=n-m;k++)

            {

                f[i+1][j+k*(d+1)*(1<<i)]=(f[i+1][j+k*(d+1)*(1<<i)]+f[i][j]*g[m/2][k*(d+1)])%mod;

            }

        }

    }

    ll ans=0;

    for(int i=0;i<=n-m;i++)

    {

        ans=(ans+f[15][i]*g[n-m/2-i][m/2])%mod;

    }

    printf("%lld",((g[n][m]-ans)%mod+mod)%mod);

}

巴特西

BZOJ2281[Sdoi2011]黑白棋&BZOJ4550小奇的博弈——DP+nimk游戏

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

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