bzoj 5533

$dp$+博弈论

把棋子间的空当当做石子，问题变成一个阶梯$nim$，求多少个必胜局面。

由于是$nim$游戏，可以按位考虑，阶梯$nim$胜利的条件是奇数堆石子异或和不为$0$,考虑按位$dp$

$dp_{i.j}$表示当前考虑到第$i$位，还剩下$j$个空位置可以用，且前i位异或和位$0$的方案数，最后拿所有方案减去不合法即可。

转移就是枚举选多少个第$i$位，组合数转移。

最后统计答案时考虑剩下的空位，假设剩下$a$个空位，那么可以把这些空位放入$\frac{m}{2}$个偶数堆石子，也就是偶数间隔的位置。

复杂度$O(nmlogn)$

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 150105, P = 1e9 + 9;
int n, m;
int fac[maxn], inv[maxn], facinv[maxn], dp[20][maxn];
int c(int n, int m) {
//    printf("c(%d, %d) = %lld\n", n, m, fac[n] * facinv[m] % P * facinv[n - m] % P);
    return 1LL * fac[n] * facinv[m] % P * facinv[n - m] % P;
}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    fac[0] = 1;
    inv[0] = inv[1] = facinv[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n + m; ++i) {
        fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % P;
        if(i != 1) inv[i] = 1LL * inv[P % i] * (P - P / i) % P;
        facinv[i] = 1LL * facinv[i - 1] * inv[i] % P;    
    }    
    int C = 1;
    while(1 << C <= n - m) ++C;
    dp[C + 1][n - m] = 1;
    for(int i = C; ~i; --i) 
        for(int j = 0; j <= n - m; ++j) if(dp[i + 1][j])
            for(int k = 0; k <= (m + 1) >> 1 && j - (k << i) >= 0; k += 2)  
                dp[i][j - (k << i)] = (dp[i][j - (k << i)] + 1LL * dp[i + 1][j] * c((m + 1) >> 1, k) % P) % P; 
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= n - m; ++i) ans = (ans + 1LL * dp[0][i] * c(i + (m >> 1), (m >> 1)) % P) % P;
    printf("%d\n", (c(n, m) - ans + P) % P);
    return 0;
}

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