[SDOI2011]黑白棋 kth

题面

题面

题解

观察题目，我们可以发现，这个游戏其实就是不断再把对方挤到一边去，也就是黑子不断往左走，白子不断往右走。
因此可以发现，如果将黑白子按顺序两两配对，那么它们中间的距离会不断缩小，且每次操作只能改变k对黑白子中间的距离，并且每次改变多少没有限制。
那么这就变成了一个kth-nim游戏，因此我们把匹配的黑白子中间的距离当做石子个数，直接按照kth-nim游戏来做即可.
输出方案则要用到DP。
f[i][j]表示DP到二进制的第i位，放j个石头的不合法方案。
那么根据nim游戏，为了保证不合法，我们就要保证二进制上的每一位的1的个数之和整除(k + 1)。
因此我们枚举现在一共已经用了多少个石子，然后枚举当前位(二进制第i位)要用到多少石子。
再用组合数来计算分配方案即可。

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define p 1000000007
#define AC 20100
#define ac 20
#define LL long long

LL n, k, d, ans;
LL fac[AC], inv[AC], f[ac][AC], bits[ac];//f[i][j]表示二进制前i位，放j个石子的方案数

LL C(int x, int y){return fac[x] * inv[y] % p * inv[x - y] % p;}
void up(LL &x, LL y)
{
    x += y;
    if(x < 0) x += p;
    if(x >= p) x -= p;
}

void pre()
{
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &k, &d);
    inv[0] = inv[1] = fac[0] = bits[1] = 1, k >>= 1;//注意0!= 1
    int tmp = n + k;
    for(R i = 2; i <= tmp; i ++) inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
    for(R i = 1; i <= tmp; i ++) //求出阶乘表和阶乘逆元表
        fac[i] = fac[i - 1] * i % p, inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % p;
    for(R i = 2; i <= 15; i ++) bits[i] = bits[i - 1] << 1;
}

void work()
{
    int maxn = 15, all = n - 2 * k;
    f[0][0] = 1;
    for(R i = 1; i <= maxn; i ++)
    {
        for(R j = 0; j <= all; j ++)//枚举当前格子数
        {
            for(R l = 0; l <= k; l += d + 1)//枚举d + 1的倍数(相比于上次的增量),因为当前位1的个数必须是d + 1的倍数
            {//把这l份(d + 1)分配给每一堆石子，但不能拆开任意一堆(不然这个1就不在第i位了)
                int have = j - l * bits[i];//上个格子的
                if(have < 0) break;//且每堆要么分一个，要么不分,所以份数不能超过堆数
                up(f[i][j], f[i - 1][have] * C(k, l) % p);//在k堆里面选l堆出来放		
            }
        }
    }//先枚举放了的石子个数，于是就要在剩下的n - i - 2 * k个格子中插入允许相邻的k堆石子 n - i - 2 * k + k = n - i - k
    for(R i = 0; i <= all; i ++) up(ans, -C(n - i - k, k) * f[15][i] % p);
    up(ans, C(n, k << 1));
    printf("%lld
", ans);
}

int main()
{
//	freopen("in.in", "r", stdin);
    pre();
    work();
    //fclose(stdin);
    return 0;
}