SDOI 2019 移動金幣 題解

題目傳送門

題目大意： 一個長度為 $n$ 的序列上有 $m$ 個金幣，兩個人輪流操作，一個人可以將一個金幣向左移動任意格，但是不能越過別的金幣，問有多少種局面先手必勝。

題解

感覺像這兩題（1，2）的合體，不過合的也很巧妙。

轉化一下這個博弈：相當於有 $m+1$ 堆石子，每次可以將一堆石子中的若干個移到下一堆內，第 $m+1$ 堆的不可以被操作。

對於第 $i$ 堆石子，假如 $m+1-i$ 為偶數，那麼這堆石子其實是沒用的，假如 $\text{Alice}$ 將其中若干個移到下一堆，那麼 $\text{Bob}$ 接著將這若干個再移到下一堆，那麼這若干個依然在 $m+1-i$ 為偶數的堆內，一直搞下去那麼這些石子最後就會停在第 $m+1$ 堆內，此時依然是 $\text{Alice}$ 操作。

那麼如果將 $m+1-i$ 為奇數的堆內的石子移到下一堆，那麼這些石子就變成了沒用的石子了，則 $m+1-i$ 為奇數的堆就構成了一個 $Nim$ 遊戲，於是 $\text{dp}$ 一下就做完了，$\text{dp}$ 部分和上面連結裡第二題是一樣的，做過的話就不用再看我講一次了。

現在的子問題是 $n$ 個石子分成 $m$ 堆構成的 $Nim$ 遊戲有多少種情況先手必勝（注意這裡 $n,m$ 和上面的不是同一個），這不太好求，正難則反，考慮必敗的情況數，令 $f[i]$ 表示 $i$ 個石子分 $m$ 堆先手必敗的方案數。先手必敗需要滿足：將每堆石子數量轉成二進位制數後，對於任意 $j$，第 $j$ 位為 $1$ 的數的個數為偶數。考慮列舉每一位 $1$ 的個數，用組合數將他們分配到 $m$ 堆內，就可以做 $dp$ 了，時間複雜度 $O(17nm)$。

程式碼如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 150010
#define mod 1000000009

int n,m,k;
int Binom[maxn][61];
void add(int &x,int y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
int add(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
void BinomInit(){
	Binom[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		Binom[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i&&j<=m;j++){
			Binom[i][j]=add(Binom[i-1][j]+Binom[i-1][j-1]);
		}
	}
}
int f[maxn],tmp[maxn];

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);k=(m+1)/2;
	BinomInit();f[0]=1;
	for(int i=0;i<=17;i++){
		int bin=1<<i;
		for(int j=0;j<=k&&j*bin<=n-m;j+=2){
			for(int l=0;l+j*bin<=n-m;l++){
				add(tmp[l+j*bin],1ll*f[l]*Binom[k][j]%mod);
			}
		}
		for(int j=0;j<=n-m;j++)f[j]=tmp[j],tmp[j]=0;
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n-m;i++)add(ans,1ll*f[i]*Binom[n-m-i+(m+1-k-1)][m+1-k-1]%mod);
	ans=(Binom[n-m+(m+1-1)][m+1-1]-ans+mod)%mod;
	printf("%d",ans);
}