【XSY2988】取石子 博弈论

题目描述

  有 \(n\) 堆石子,每堆石子的个数是 \(c_i\)

  Alice 和 Bob 轮流取石子(先后手未定),Alice 每次从一堆中取 \(a\) 个,Bob每次从一堆中取 \(b\) 个。无法操作者输。

  你要选定若干堆石子(共 \(2^n\))种情况,问你所有情况中:Alice 必胜的方案数;Bob 必胜的方案数;先手必胜的方案数;后手必胜的方案数。

  对 \({10}^9+7\) 取模。

  \(n\leq 100000\)

题解

  要把每堆石子个数对 \(a+b\) 取模。

  为什么可以取模呢?

  首先这是一个零和博弈。

  如果 \(c_i\geq a+b\),那么一个人操作后:如果局面对另一个人更优,那么这个人就不会这么操作。否则另一个人可以取一次这堆石子,把局面变回来。

  把这 \(n\) 堆按石子个数分成 \(4\) 类:

  1.\(c_i<a\)

  2.\(a\leq c_i<b\)

  3.\(b\leq c_i<2a\)

  4.\(c_i\geq 2a\)

  容易发现:

  第一类是没有用的。

  如果有第二类,那么 \(a\) 必胜。

  如果第四类石子堆的个数 \(\geq 2\),那么 \(a\) 必胜。

  如果第四类石子堆的个数 \(=1\) 且 第三类石子堆的个数为奇数,则 \(a\) 必胜。

  如果第四类石子堆的个数 \(=1\) 且 第三类石子堆的个数为偶数,则先手必胜。

  如果第四类石子堆的个数 \(=0\) 且 第三类石子堆的个数为奇数,则先手必胜。

  如果第四类石子堆的个数 \(=0\) 且 第三类石子堆的个数为偶数,则后手必胜。

  每一类的方案数是 \(2\) 的幂乘上一些组合数。

  时间复杂度:\(O(n)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const ll p=1000000007;
ll fp(ll a,ll b)
{
	ll s=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
		if(b&1)
			s=s*a%p;
	return s;
}
int a[100010];
int A,B,n;
int cnt1,cnt2,cnt3,cnt4;
ll ans1,ans2,ans3,ans4;
ll inv[100010];
ll fac[100010];
ll ifac[100010];
ll binom(int x,int y)
{
	return x>=y&&y>=0?fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p:0;
}
int main()
{
	open("a");
	scanf("%d",&n);
	inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
		fac[i]=fac[i-1]*i%p;
		ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
	}
	int flag=0;
	scanf("%d%d",&A,&B);
	if(A>B)
	{
		swap(A,B);
		flag=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		a[i]%=(A+B);
		if(a[i]<A)
			cnt1++;
		else if(a[i]<B)
			cnt2++;
		else if(a[i]<2*A)
			cnt3++;
		else
			cnt4++;
	}
	ans1=(ans1+(fp(2,cnt2)-1)*fp(2,cnt3+cnt4))%p;
	ans1=(ans1+(fp(2,cnt4)-cnt4-1)*fp(2,cnt3))%p;
	ans3=(ans3+cnt4*(cnt3?fp(2,cnt3-1):1))%p;
	ans1=(ans1+cnt4*(cnt3?fp(2,cnt3-1):0))%p;
	ans4=(ans4+(cnt3?fp(2,cnt3-1):1))%p;
	ans3=(ans3+(cnt3?fp(2,cnt3-1):0))%p;
	ans1=ans1*fp(2,cnt1)%p;
	ans2=ans2*fp(2,cnt1)%p;
	ans3=ans3*fp(2,cnt1)%p;
	ans4=ans4*fp(2,cnt1)%p;
	if(flag)
		swap(ans1,ans2);
	ans1=(ans1+p)%p;
	ans2=(ans2+p)%p;
	ans3=(ans3+p)%p;
	ans4=(ans4+p)%p;
	printf("%lld %lld %lld %lld\n",ans1,ans2,ans3,ans4);
	return 0;
}
posted @ 2018-06-13 16:33  ywwyww  阅读(390)  评论(0编辑  收藏  举报