[BZOJ4550]小奇的博弈（博弈+DP）

题目：

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题解：

一开始读错题了
当一个棋子被挤到一端的时候就再也动不了了，那么根据白格子最左，黑格子最右。
我们首先考虑K=2，可以发现白格子尽量避免往左移动，黑格子避免向右移动，白格子的目标是向右移动把黑格子逼死，那么可以发现，只要两个格子的间隔不是0，都是先手胜的

K>2的情况同理，白棋是一定不会主动往左移的，黑棋也一定不会主动往右移，所以黑白之间的间隔一定会不断变小，这变成了什么？我们将间隔视为石子，那么这就相当于k/2堆石子，每人可以从1-d堆中取出若干个石子。这是一个经典的NimK问题。

一堆石子的SG函数为石子数
对每一个二进制位单独算，求SG函数每一个二进制位1的个数mod(d+1)，如果都为0，则先手必败，否则必胜
一般的Nim就是k=1的情况

显然先手必败的情况好求，那我们用总方案数-必败的方案，总方案数显然是 Ckn C n k
f[i][j]表示前i个二进制位放了j个石头必败的方案数，转移时枚举第i位放了 k∗2i k ∗ 2 i 个石子，乘一个组合数。

其实要注意统计答案的时候是 ∑f[16][i] ∑ f [ 16 ] [ i ] ，因为石子的个数是不一定的（也就是间隔多大是不一定的）
数据范围要开longlong

代码：

#include 
#define LL long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;
LL c[10005][105],f[20][100005];
int main()
{
    freopen("game5.in","r",stdin);
    int n,k,d;scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
    c[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=k;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    }
    f[0][0]=1;
    for (int i=0;i<16;i++)
      for (int j=0;j<=n-k;j++)
        for (int l=0;l*(d+1)<=k/2 && (1<*(d+1)*l<=j;l++)
          f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j-(1<*(d+1)*l]*c[k/2][(d+1)*l])%mod;
    LL ans=0;
    for (int i=0;i<=n-k;i++) ans=(ans+f[16][i]*c[n-i-k/2][k/2]%mod)%mod;
    printf("%lld",(c[n][k]-ans+mod)%mod);
}