ACM训练联盟周赛 C题 Alice和Bob的Nim游戏

题目描述

众所周知，Alice和Bob非常喜欢博弈，而且Alice永远是先手，Bob永远是后手。

Alice和Bob面前有3堆石子，Alice和Bob每次轮流拿某堆石子中的若干个石子（不可以是0个），拿到所有石子中最后一个石子的人获胜。这是一个只有3堆石子的Nim游戏。

Bob错误的认为，三堆石子的Nim游戏只需要少的两堆的石子数量加起来等于多的那一堆，后手就一定会胜利。所以，Bob把三堆石子的数量分别设为 {k，4k，5k}（k>0）。

现在Alice想要知道，在k 小于 2^n 的时候，有多少种情况先手一定会获得胜利。

输入

一个整数n(1 le n le 2 imes 10^91≤n≤2×109)。

输出

 输出先手胜利的可能情形数。答案对10^9+7109+7取模。

输出时每行末尾的多余空格，不影响答案正确性

样例输入

3

样例输出

2

题目来源

ACM训练联盟周赛

 

Nim博弈论，当先手为K^(4K)^(5K) == 0时必输。要求先手必赢，让总的数量减去必输的数量就是答案了。当K^(4K)^(5K) == 0时，K^(4K) == 5K，又因为K+2K=5K，所以K的二进制相隔一个位置不能同时为1.

则f(n) = f(n-1) + f(n-3) + f(n-4) + 2，总的数量为2ⁿ-1。

有了公式用矩阵快速幂就可以求出来了。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9+7;
struct mat{
    ll m[5][5];
    mat() {
        memset(m, 0, sizeof(m));
    }
};

mat mul(mat &A, mat &B) {
    mat C;
    for(int i = 0; i < 5; i ++) {
        for(int j = 0; j < 5; j ++) {
            for(int k = 0; k < 5; k ++) {
                C.m[i][j] = (C.m[i][j] + A.m[i][k]*B.m[k][j]) % mod;
            }
        }
    }
    return C;
}

mat pow(mat A, ll n) {
    mat B;
    for(int i = 0; i < 5; i ++) B.m[i][i] = 1;
    while(n) {
        if(n&1) B = mul(B,A);
        A = mul(A,A);
        n >>= 1;
    }
    return B;
}
ll pow(ll n) {
    ll x = 2, y = 1;
    while(n) {
        if(n&1) y = (y*x)%mod;
        x = x*x %mod;
        n >>= 1;
    }
    return y;
}
int main() {
    ll n;
    cin >> n;
    if(n <= 2) return 0*printf("0
");
    else if(n == 3) return 0*printf("2
");
    else if(n == 4) return 0*printf("7
");
    mat A;
    A.m[0][0] = A.m[0][2] = A.m[0][3] = A.m[0][4] = 1;
    A.m[1][0] = A.m[2][1] = A.m[3][2] = A.m[4][4] = 1;
    A = pow(A, n-4);
    ll ans = (A.m[0][0]*8+A.m[0][1]*5+A.m[0][2]*3+A.m[0][3]+A.m[0][4]*2+mod)%mod;
    ans = (pow(n) - ans - 1 + mod) %mod;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

// fn    1 0 1 1 1     fn-1
// fn-1  1 0 0 0 0     fn-2
// fn-2  0 1 0 0 0     fn-3
// fn-3  0 0 1 0 0     fn-4
//   2   0 0 0 0 1       2