题目描述
众所周知，Alice和Bob非常喜欢博弈，而且Alice永远是先手，Bob永远是后手。
Alice和Bob面前有3堆石子，Alice和Bob每次轮流拿某堆石子中的若干个石子（不可以是0个），拿到所有石子中最后一个石子的人获胜。这是一个只有3堆石子的Nim游戏。
Bob错误的认为，三堆石子的Nim游戏只需要少的两堆的石子数量加起来等于多的那一堆，后手就一定会胜利。所以，Bob把三堆石子的数量分别设为 {k，4k，5k}（k>0）。
现在Alice想要知道，在k 小于 2^n 的时候，有多少种情况先手一定会获得胜利。
输入
一个整数n(1 \le n \le 2 \times 10^91≤n≤2×109)。
输出
输出先手胜利的可能情形数。答案对10^9+7109+7取模。
输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性
样例输入
3
样例输出
2
题目来源
Nim博弈论，当先手为K^(4K)^(5K) == 0时必输。要求先手必赢，让总的数量减去必输的数量就是答案了。当K^(4K)^(5K) == 0时，K^(4K) == 5K，又因为K+2K=5K，所以K的二进制相隔一个位置不能同时为1.
则f(n) = f(n-1) + f(n-3) + f(n-4) + 2，总的数量为2n-1。
有了公式用矩阵快速幂就可以求出来了。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define ll long long
3 using namespace std;
4 const ll mod = 1e9+7;
5 struct mat{
6 ll m[5][5];
7 mat() {
8 memset(m, 0, sizeof(m));
9 }
10 };
11
12 mat mul(mat &A, mat &B) {
13 mat C;
14 for(int i = 0; i < 5; i ++) {
15 for(int j = 0; j < 5; j ++) {
16 for(int k = 0; k < 5; k ++) {
17 C.m[i][j] = (C.m[i][j] + A.m[i][k]*B.m[k][j]) % mod;
18 }
19 }
20 }
21 return C;
22 }
23
24 mat pow(mat A, ll n) {
25 mat B;
26 for(int i = 0; i < 5; i ++) B.m[i][i] = 1;
27 while(n) {
28 if(n&1) B = mul(B,A);
29 A = mul(A,A);
30 n >>= 1;
31 }
32 return B;
33 }
34 ll pow(ll n) {
35 ll x = 2, y = 1;
36 while(n) {
37 if(n&1) y = (y*x)%mod;
38 x = x*x %mod;
39 n >>= 1;
40 }
41 return y;
42 }
43 int main() {
44 ll n;
45 cin >> n;
46 if(n <= 2) return 0*printf("0\n");
47 else if(n == 3) return 0*printf("2\n");
48 else if(n == 4) return 0*printf("7\n");
49 mat A;
50 A.m[0][0] = A.m[0][2] = A.m[0][3] = A.m[0][4] = 1;
51 A.m[1][0] = A.m[2][1] = A.m[3][2] = A.m[4][4] = 1;
52 A = pow(A, n-4);
53 ll ans = (A.m[0][0]*8+A.m[0][1]*5+A.m[0][2]*3+A.m[0][3]+A.m[0][4]*2+mod)%mod;
54 ans = (pow(n) - ans - 1 + mod) %mod;
55 printf("%lld\n",ans);
56 return 0;
57 }
58
59 // fn 1 0 1 1 1 fn-1
60 // fn-1 1 0 0 0 0 fn-2
61 // fn-2 0 1 0 0 0 fn-3
62 // fn-3 0 0 1 0 0 fn-4
63 // 2 0 0 0 0 1 2
原文地址：https://www.cnblogs.com/xingkongyihao/p/9315128.html
时间： 2024-10-14 01:28:42