题解 P2490【[SDOI2011]黑白棋】

$\text{Link}$

$\text{upd2021.8.12:}$ 修复一个笔误。

题意

在一个 $1\times n$ 的棋盘上有 $k$ 个棋子，其中有 $\frac k 2$ 个黑棋和 $\frac k 2$ 个白旗。黑棋只能向左，白棋只能向右。每次可以动自己的 $1$ 至 $d$ 颗棋子，每颗棋子可以移动任意格，但是不能跨过任意一方的棋子。

问有多少种布局方案使得白方必胜，要求棋局满足：

• 最左边的棋子是白色；
• 最右边的棋子是黑色；
• 相邻棋子颜色相异。

其中 $1\le k\le 100,1\le d\le k\le n\le 10^4,2|k$

思路

搞了好久终于搞懂了...

前置知识：$k-\text{Nim}$ 游戏

描述

有 $n$ 堆棋子，其中第 $i$ 堆有 $a_i$ 颗，每次可以取走 $1$ 至 $k$ 堆棋子中任意颗棋子，不能操作者输。

解法

记数 $x$ 二进制下的第 $i$ 位表示为 $(x)_i$。

先写出结论：若 $\displaystyle\forall s,\left(\sum_{i=1}^n(a_i)_s\right)\bmod(k+1)=0$，则先手必败，否则先手必胜。

证明

有向无环图博弈满足一下几点：

• 终止状态为 $\text{P}$ 态

所有堆都为 $0$ 颗棋子，显然满足 $\text{P}$ 态。

• 所有的 $\text{N}$ 态只能转移至 $\text{P}$ 态

对于一次操作，必定会取走一些棋子，使得某一位上的数值发生改变，改变的范围只有 $1$ 至 $k$，不存在一种方案使得操作前后 $\displaystyle\forall s,\left(\sum_{i=1}^n(a_i)_s\right)\bmod(k+1)$ 都是 $0$。

• 所有的 $\text{P}$ 态都有至少一种方案转移至 $\text{N}$ 态

记 $b_s=\displaystyle\left(\sum_{i=1}^n(a_i)_s\right)\bmod(k+1)$，对于所有的 $b_s\ne0$，我们找到 $b_s$ 堆棋子，从中取走 $2^s$ 颗棋子即可转换至 $\text{N}$ 态。

证毕。

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回到本题，我们发现棋子不能跨越另外一颗棋子，则最后 $\frac k 2$ 对相邻的黑白棋子必定会被放置在相邻两个格子中，我们可以将相邻的 $2$ 颗棋子之间的距离看做一堆棋子的颗数，问题转化为了 $d-\text{Nim}$ 游戏先手必胜局面数。

考虑一个 $\text{dp}$，正着不好想，于是反着做，设 $dp_{i,j}$ 表示 $0$ 至 $i-1$ 位中 $b_i$ 都为 $0$ 的方案数，用 $\displaystyle\binom{n}{k}$ 减去即得答案。

考虑在新的一位中选出 $x(d+1)$ 堆为 $1$ 的，方案数即为 $\displaystyle\binom{\frac k 2}{x(d+1)}$，可有转移

$$dp_{i+1,j+2^ix(d+1)}\gets dp_{i+1,j+2^ix(d+1)}+\binom{\frac k 2}{x(d+1)}dp_{i,j}$$

方案即$$\sum_{i=1}^{n-k}dp_{mx+1,i}\binom{n-i-\frac k 2}{\frac k 2}$$

其中 $mx$ 为最高的二进制位

注意要记得转换回原方案。

时间复杂度 $O(nk\log n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff

}
const int mod=1e9+7,N=1e4+10;
int n,k,d,dp[14][N];
int C[N][205];
inline void init(){
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=min(i,k);j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
}
int main(){
    n=read(),k=read(),d=read();
    init();
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0,p=1;i<=12;i++,p<<=1)
        for(int j=0;j<=n-k;j++)
            for(int x=0;j+p*x*(d+1)<=n-k&&x*(d+1)<=k/2;x++)
                dp[i+1][j+p*x*(d+1)]=(dp[i+1][j+p*x*(d+1)]+1ll*dp[i][j]*C[k/2][x*(d+1)])%mod;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=n-k;i++)
        ans=(ans+1ll*dp[13][i]*C[n-i-k/2][k/2])%mod;
    printf("%d",(C[n][k]+mod-ans)%mod);
    flush();
    return 0;
}

再见 qwq~