這道題目的轉化真是巧妙啊。不過據說題目有點問題，那就不管了。首先將第i個白子和第i個黑子組成一對。那麼這一對中，白子的左移是沒有意義的，黑子的右移也是沒有意義的（雖然有反例，但好像只能這樣了）。那麼每一對黑子和白子可以看成一堆火柴，則問題轉化為一次在d堆中拿火柴的必勝策論。
對於d-nim（就這麼叫了）問題，有個結論是如果對於二進位制的每一位的抑或值x都有x≡0(mod d+1)，那麼為必敗狀態，否則為必勝狀態。證明不會。。
然後就可以用f[i][j]表示到二進位制的第i位（從低到高），目前總和為j的必敗狀態方案數。注意j<=n-k。那麼f[i][j]可以轉移到f[i+1][j+x*(d+1)*2^(i)]，注意有c(k/2,x*(d+1))種
組合方式。
最後統計必勝狀態。用所有的狀態c(n,k)減去所有的必敗狀態。在必敗狀態中，如果兩端的點都確定了，那麼j就確定了。不妨列舉這個j，然後在組合一下點的排列方式即可。
ac**如下：
#include#include#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,m,d,bin[25];
ll c[20005][205],f[25][20005];
ll c(int aa,int bb)
int main()
f[0][0]=1;
for (i=0; i<15; i++)
for (j=0; j<=n-m; j++)
for (int k=0; k*(d+1)<=m/2; k++)
ll ans=0;
for (i=0; i<=n-m; i++) ans=(ans+f[15][i]*c(n-m/2-i,m/2))%mod;
printf("%lld\n",(c(n,m)-ans+mod)%mod);
return 0;
}
by lych
2015.12.5
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