problem

$Alice$ 和 $Bob$ 又在玩游戲。

$Alice$ 和 $Bob$ 在一個(gè) $1\times n$ 的網(wǎng)格圖上玩游戲，網(wǎng)格圖的 $n$ 個(gè)格子中，有 $k$ 個(gè)格子內(nèi)被各放了一個(gè)棋子，其中 $k$ 是一個(gè)偶數(shù)。

從左到右，這 $k$ 個(gè)棋子依次被染色為紅色、藍(lán)色、紅色、……、藍(lán)色、紅色、藍(lán)色。其中紅棋子是 $Alice$ 的，藍(lán)棋子是 $Bob$ 的。

兩人輪流操作，需要遵循以下規(guī)則：

• 每一回合輪到某人操作時(shí)，這個(gè)人只能移動(dòng)自己的棋子。

• 每個(gè)棋子只能在網(wǎng)格圖內(nèi)的格子之間移動(dòng)，并且在移動(dòng)棋子的時(shí)候，每個(gè)棋子不能跨過和這個(gè)棋子相鄰的其它棋子。

• 每次最少需要移動(dòng) $1$ 個(gè)棋子，最多可以移動(dòng) $m$ 個(gè)棋子。

• 若移動(dòng)多個(gè)棋子，則必須選擇多個(gè)不同的棋子分別移動(dòng)，每一個(gè)被選擇移動(dòng)的棋子不能停留在原位。

例如下圖，當(dāng) $Alice$ 操作時(shí)，若她要移動(dòng)從左到右的第三個(gè)紅棋子，那么她可以移動(dòng)到的范圍有下面這三個(gè)空心棋子的位置。

若某一回合，輪到某人操作時(shí)，這個(gè)人無法操作，那么這個(gè)人就輸了。

現(xiàn)在 先手，假設(shè)兩人均采用最優(yōu)策略。

給定 $n,k,m$，請(qǐng)你求出有多少符合題意的初始局面，使得 $Alice$ 必勝。對(duì) $1e9+7$ 取模。

solution

observation：$Bob$ 只會(huì)向左移動(dòng)，$Alice$ 只會(huì)向右移動(dòng)。

證明：因?yàn)槿绻?$Bob$ 向右移動(dòng)，那么其左邊的 $Alice$ 的格子就會(huì)跟著移動(dòng)【一直擠 $Bob$ 】，相互擠對(duì)方，但左邊第一個(gè)是屬于 $Alice$ 的格子，所以最后一定是 $Alice$ 會(huì)擠著 $Bob$。$Alice$ 向左移動(dòng)也是同理。

所以把一個(gè) $Alice$ 和一個(gè) $Bob$ 的格子綁成一對(duì)。

記 $a_i:$ 第 $i$ 個(gè)紅棋的位置，$b_i:$ 第 $i$ 個(gè)藍(lán)棋的位置，$d_i=b_i?a_i?1$。

這相當(dāng)于有 $\frac{k}{2}$ 堆石子，每堆石子個(gè)數(shù)為 $d_i$。

這就轉(zhuǎn)化成了經(jīng)典的 nim-k 游戲【每次可以選擇 $1～k$ 堆石子，拿走任意的石子數(shù)量，最后不能操作者輸。】

結(jié)論：當(dāng)所有的 $d_i$ 轉(zhuǎn)化成二進(jìn)制后，每個(gè)二進(jìn)制位上為 $1$ 的個(gè)數(shù) $\%(k+1)=0$ 則是必?cái)【置妗?/p>

證明：

• 全 $0$ 的局面一定是 $P$ 局面。

• 任何一個(gè) $P$ 狀態(tài)，經(jīng)過一次操作以后必然會(huì)到達(dá) $N$ 狀態(tài)。

  • 在某一次移動(dòng)中，至少有一堆被改變，即至少有一個(gè)二進(jìn)制位被改變。

    由于最多只能改變 $k$ 堆石子，所以對(duì)于任何一個(gè)二進(jìn)制位，$1$ 的個(gè)數(shù)至多改變 $k$。

    又有原先總數(shù)為 $k+1$ 的整數(shù)倍，所以改變之后必然不可能仍是 $k+1$ 的整數(shù)倍。

    故在 $P$ 狀態(tài)下一次操作的結(jié)果必然是 $N$ 狀態(tài)。

• 任何 $N$ 狀態(tài)，總有一種操作使其變化成 $P$ 狀態(tài)。

  • 從高位到低位考慮所有的二進(jìn)制位。

    假設(shè)用了某種方法，改變了 $m$ 堆，使 $i$ 位之前的所有位都變?yōu)?$k+1$ 的整數(shù)倍。

    現(xiàn)在要證明總有一種方法讓第 $i$ 位也恢復(fù)到 $k+1$ 的整數(shù)倍（包括 $0$）。

    顯然，對(duì)于那些已經(jīng)改變的 $m$ 堆，當(dāng)前的第 $i$ 位可以自由選擇 $1$ 或$0$【這只取決于操作時(shí)后拿走的石子個(gè)數(shù)】。

    不考慮已經(jīng)操作的 $m$ 堆，記剩下的堆的第 $i$ 位上 $1$ 的總和為 $sum$

    • 分類討論：

      • $sum\le k?m$

        此時(shí)可以將這些堆上的 $1$ 全部拿掉，然后讓那 $m$ 堆得 $i$ 位全部置成 $0$。

      • $sum>k?m$

        此時(shí)我們?cè)谥案淖兊?$m$ 堆中選擇 $k+1?sum$ 堆，將他們的第 $i$ 位設(shè)置成 $1$。剩下的設(shè)置成$0$。

        由于 $k+1?sum<k+1?(k?m)<m+1?k+1?sum\le m$，的確可以做到。

原博客證明

這樣就可以 $dp$ 了，用所有方案減去必?cái)》桨浮?/p>

$d{p}_{i,j}:$ 考慮到二進(jìn)制位的 $i$ 位，一共用了 $j$ 個(gè)石子的不合法方案數(shù)。

枚舉下一個(gè)二進(jìn)制有多少堆石子為 $1$，石子堆數(shù)必須是 $m+1$ 的倍數(shù)。

$d{p}_{i,j}\to d{p}_{i+1,j+2^{i+1}?t}$

當(dāng)然需要考慮是哪幾堆，所以需要組合數(shù)。

最后要考慮將所有格子分成 $k$ 堆，用隔板法計(jì)算。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 10005 #define int long long #define mod 1000000007 int fac[maxn], inv[maxn], dp[maxn]; int n, k, m;int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }void init() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod; }int C( int n, int m ) { return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }signed main() {freopen( "chess.in", "r", stdin );freopen( "chess.out", "w", stdout );scanf( "%lld %lld %lld", &n, &k, &m );init();int ans = C( n, k );n -= k, k >>= 1;dp[0] = 1;for( int w = 0;w < 15;w ++ )for( int i = n;i;i -- )for( int j = m + 1;( 1 << w ) * j <= i and j <= k;j += m + 1 )dp[i] = ( dp[i] + dp[i - ( 1 << w ) * j] * C( k, j ) ) % mod;for( int i = 0;i <= n;i ++ )ans = ( ans - dp[i] * C( n - i + k, k ) % mod + mod ) % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的对弈（nim-k游戏博弈）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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