2281: [Sdoi2011]黑白棋
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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？
Input
共一行，三个数，n,k,d。
Output
输出小A胜利的方案总数。答案对1000000007取模。
Sample Input
10 4 2
Sample Output
182
HINT
1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。
Source
很有意思的一道博弈题，可惜HZWER学长给出了反例。
对于一道博弈论的题目，一般有这几种技巧：
1.手玩游戏并努力找到其中的规律，或者写一个记忆化搜索模拟回合制博弈过程求得最优解并打表找规律。
2.寻找游戏的末状态，找到玩家尽快达到状态的方法。
3.多考虑“模仿”的技巧，即对手做什么我就相应的做什么（或做相反操作）
4.根据Nim博弈，SG函数等猜结论。
那么这一题通过手玩可以发现，最终状态必定是所有棋子全部扎堆在棋盘左端或右端，棋子之间没有间隙。不过仔细观察可以发现，可能在游戏状态中会出现所有棋子扎堆但不在棋盘一端的情况，其实那个时候就已经决定了最终的胜负。因为只要一方朝自己来的方向走了，则另一方必定能也往那边走一步，最终会步步紧逼直到走到棋盘一端。
根据这一点，感性理解一下，这个游戏就是一个把对方棋子“怼”过去的过程，谁怼赢了就是胜者。所以从一开始双方都一定拼尽全力往对面怼，所以有一个结论：先手不可能往左走，后手不可能往右走。
这样这个问题就变成了一个取石子游戏，每对相邻的白子和黑子之间的格子数是石子数（显然共有K/2堆石子），每人每次选不超过k堆取一个石子。
这个问题叫K-Nim，结论是:将所有石子数转成二进制，如果对于每一位二进制，这一位上为1的石子堆数都能被k+1整除则为必败态，否则为必胜态。
证明主要思路是: 1.最终态二进制每一位都为0必为必败态。2.只要有某位的1的个数不被k+1整除，则必然有一种走法使每一位都被整除。 3.如果每一位都被k+1整除，则无论怎么走都不可能使得每一位都仍然能被整除。
这三点分别保证了：最终态是必败态。必胜态必定能走到必败态。必败态只能走到必胜态。
详细证明:http://blog.csdn.net/weixinding/article/details/7321139
这样，我们分别用了“寻找最终态”和“模仿”的技巧将问题转化为了K-Nim问题。回到这一题，最终答案=总方案数-必败态的方案数。
设$f_{i,j}$表示前$i$个二进制位共放了$j$个石子的方案数，则$$ans=C_n^K-\sum_{i=0}^{n-K} f_{s,i}*C_{n-i-K/2}^{K/2}$$s为最高位的1，这里取15就够了。
考虑$f$的转移方程即可：$$f_{i+1,j+k*(d+1)*(1<<i)}\ \ +=\ \ f_{i,j}*C_{K/2}^{k*(d+1)}$$
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
5 typedef long long ll;
6 using namespace std;
7
8 const ll N=10010,mod=1000000007;
9 ll tot,ans,bin[25],c[N][205],f[25][N];
10 int n,K,d,p;
11
12 void add(ll &x,ll y){ x=(x+y)%mod; }
13 void pre(){
14 rep(i,0,n) c[i][0]=1;
15 rep(i,1,n) rep(j,1,min(2*K,i)) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
16 }
17 int C(int n,int m){ if (m>n-m) m=n-m; return c[n][m]; }
18
19 int main(){
20 freopen("bzoj2281.in","r",stdin);
21 freopen("bzoj2281.out","w",stdout);
22 bin[0]=1; rep(i,1,15) bin[i]=bin[i-1]<<1;
23 scanf("%d%d%d",&n,&K,&d); K>>=1;
24 pre(); f[0][0]=1;
25 rep(i,0,14) rep(j,0,n-2*K)
26 for (int k=0; k*(d+1)<=K && j+k*(d+1)*bin[i]<=n-2*K; k++)
27 add(f[i+1][j+k*(d+1)*bin[i]],f[i][j]*C(K,k*(d+1)));
28 rep(i,0,n-2*K) add(ans,f[15][i]*C(n-i-K,K));
29 tot=C(n,K*2); printf("%lld\n",(tot-ans+mod)%mod);
30 return 0;
31 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8583681.html