【BZOJ2281】【博弈论+DP】 [Sdoi2011]黑白棋

Description

黑白棋（ game）

【问题描述】

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。

E

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
【数据规模和约定】

对于100%的数据，有1<=d<=k<=n<=10000, k为偶数，k<=100。

HINT

Source

stage 2 day1

【分析】

很经典的题目，很不错。

我们将相邻的棋子看成一对，显然，在最后的情况下，每对棋子都是紧贴在一起的。

对于每对棋子，白棋在左边，黑棋在右边，那么白棋就只能往右边走，黑棋也只能往左边走，否则若白棋往左边，黑棋也可以往左边，情况不会有改变。

那么若将每对棋子之间的距离看成一堆石子的数量，就变成经典的nim游戏。

然后用nimk的理论做就行了。

DP有点难想...看代码就看得懂了

 1 /*

 2 唐代白居易

 3 《问刘十九》

 4 绿蚁新醅酒，红泥小火炉。

 5 晚来天欲雪，能饮一杯无。*/

 6 

 7 #include <set>

 8 #include <map>

 9 #include <cmath>

10 #include <cstdio>

11 #include <vector>

12 #include <cstring>

13 #include <cstdlib>

14 #include <iostream>

15 #include <algorithm>

16 #define LOCAL

17 const int MAXL = 20;

18 const long long MOD = 1000000007;

19 const int MAXK = 10000 + 10;

20 const int MAXN = 10000 + 10;

21 using namespace std;

22 typedef long long ll;

23 ll f[100][MAXN * 2];

24 ll c[MAXK][1000], n, K, d; 

25 

26 ll C(ll a, ll b){

27    if (a == b) return 1ll;

28    //if (b > a - b) b = a - b;

29    return c[a][b] % MOD;

30 }

31 void prepare(){//预处理组合数

32      memset(c, 0, sizeof(c));

33      c[0][0] = 1; 

34      for (ll i = 1; i <= 10005ll; i++){

35          c[i][0] = 1ll;

36          //if (i <= 210) c[i][i] = 1;

37          for (ll j = 1; j < min(i, 250ll); j++)

38          c[i][j] = (C(i - 1, j) + C(i - 1, j - 1)) % MOD;

39      }

40      //for (ll i = 1; i <= 50; i++)

41      //for (ll j = 0; j <= i; j++) printf("%d %d:%d\n", i, j, C[i][j]);

42      //printf("%d\n", C[10][2]);

43 }

44 void dp(){

45      K /= 2;

46      memset(f, 0, sizeof(f));

47      f[0][0] = 1;//第0位 

48      for (ll i = 1; i <= 15; i++){

49          for (ll j = 0; j <= n - 2 * K; j++)//注意这一层不需要枚举到n了，因为只有这么多的空位 

50          for (ll k = 0; (k * (d + 1) <= K) && (k * (d + 1) * (1ll<<(i - 1)) <= j); k++){

51              f[i][j] = (f[i][j] + (f[i - 1][j - k * (d + 1) * (1ll<<(i - 1))] * C(K, k * (d + 1))) % MOD) % MOD;

52              

53          }

54      }

55      ll Ans = 0;

56      for (ll i = 0; i <= n - 2 * K; i++) Ans = (Ans + (f[15][i] * C(n - i - K * 2 + K, K)) % MOD) % MOD;

57      printf("%lld\n", (C(n, 2 * K) - Ans + MOD) % MOD);

58 }

59 

60 int main(){

61     

62     prepare();

63     scanf("%lld%lld%lld", &n, &K, &d);

64     dp();

65     //n的距离,k个石头，1~d次移动 

66     return 0;

67 }

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