题意

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？
1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。
答案对1000000007取模。

分析

显然先手的必败局面就是每一对棋子都靠一起，这样的话无论先手怎么动，后手只要跟着模仿，最后先手总会没有路走。
那么我们可以把每对棋子之间的空格子看作是石子，那么这就转换成了一个拓展版的Nim游戏：有n堆石子，每次可以从其中d堆中任意取若干个石子，不能取的一方算输。
而这个游戏先手必败当且仅当把n堆石子的数量全部转化为二进制后，每一位的1的个数都是(d+1)的倍数，否则必胜。证明比较复杂，可以点这里。

有了这个结论这题就好做了。
我们从二进制低位往高位dp。设f[i,j]表示dp到第i位，当前总共放了j颗石子的必败局面方案数。那么$f[i,j]=sum f[i-1,j-l*(d+1)*2^i]*C_{k/2}^{l*(d+1)}$

那么答案就等于$C_n^k-sum_{i=0}^{n-k}f[w,i]*C_{n-k/2-i}^{k/2}$

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=10005;
const int MOD=1000000007;

int n,k,d,f[20][N],bin[20],ny[N],jc[N];

int ksm(int x,int y)
{
    int ans=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ans;
}

int C(int n,int m)
{
    return (LL)jc[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
    bin[0]=1;
    for (int i=1;i<=16;i++) bin[i]=bin[i-1]*2;
    jc[0]=ny[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=ksm(jc[i],MOD-2);
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=15;i++)
        for (int j=0;j<=n-k;j++)
            for (int l=0;l*(d+1)<=k/2&&l*(d+1)*bin[i-1]<=j;l++)
                (f[i][j]+=(LL)f[i-1][j-l*(d+1)*bin[i-1]]*C(k/2,l*(d+1))%MOD)%=MOD;
    int ans=0;
    for (int i=0;i<=n-k;i++) (ans+=(LL)f[15][i]*C(n-k/2-i,k/2)%MOD)%=MOD;
    ans=(C(n,k)-ans+MOD)%MOD;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

最后

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