problem

$Alice$ 和 $Bob$ 又在玩游戏。

$Alice$ 和 $Bob$ 在一个 $1\times n$ 的网格图上玩游戏，网格图的 $n$ 个格子中，有 $k$ 个格子内被各放了一个棋子，其中 $k$ 是一个偶数。

从左到右，这 $k$ 个棋子依次被染色为红色、蓝色、红色、……、蓝色、红色、蓝色。其中红棋子是 $Alice$ 的，蓝棋子是 $Bob$ 的。

两人轮流操作，需要遵循以下规则：

• 每一回合轮到某人操作时，这个人只能移动自己的棋子。

• 每个棋子只能在网格图内的格子之间移动，并且在移动棋子的时候，每个棋子不能跨过和这个棋子相邻的其它棋子。

• 每次最少需要移动 $1$ 个棋子，最多可以移动 $m$ 个棋子。

• 若移动多个棋子，则必须选择多个不同的棋子分别移动，每一个被选择移动的棋子不能停留在原位。

例如下图，当 $Alice$ 操作时，若她要移动从左到右的第三个红棋子，那么她可以移动到的范围有下面这三个空心棋子的位置。

若某一回合，轮到某人操作时，这个人无法操作，那么这个人就输了。

现在 先手，假设两人均采用最优策略。

给定 $n,k,m$，请你求出有多少符合题意的初始局面，使得 $Alice$ 必胜。对 $1e9+7$ 取模。

solution

observation：$Bob$ 只会向左移动，$Alice$ 只会向右移动。

证明：因为如果 $Bob$ 向右移动，那么其左边的 $Alice$ 的格子就会跟着移动【一直挤 $Bob$ 】，相互挤对方，但左边第一个是属于 $Alice$ 的格子，所以最后一定是 $Alice$ 会挤着 $Bob$。$Alice$ 向左移动也是同理。

所以把一个 $Alice$ 和一个 $Bob$ 的格子绑成一对。

记 $a_i:$ 第 $i$ 个红棋的位置，$b_i:$ 第 $i$ 个蓝棋的位置，$d_i=b_i-a_i-1$。

这相当于有 $\frac{k}{2}$ 堆石子，每堆石子个数为 $d_i$。

这就转化成了经典的 nim-k 游戏【每次可以选择 $1\sim k$ 堆石子，拿走任意的石子数量，最后不能操作者输。】

结论：当所有的 $d_i$ 转化成二进制后，每个二进制位上为 $1$ 的个数 $\%(k+1)=0$ 则是必败局面。

证明：

• 全 $0$ 的局面一定是 $P$ 局面。

• 任何一个 $P$ 状态，经过一次操作以后必然会到达 $N$ 状态。

  • 在某一次移动中，至少有一堆被改变，即至少有一个二进制位被改变。

    由于最多只能改变 $k$ 堆石子，所以对于任何一个二进制位，$1$ 的个数至多改变 $k$。

    又有原先总数为 $k+1$ 的整数倍，所以改变之后必然不可能仍是 $k+1$ 的整数倍。

    故在 $P$ 状态下一次操作的结果必然是 $N$ 状态。

• 任何 $N$ 状态，总有一种操作使其变化成 $P$ 状态。

  • 从高位到低位考虑所有的二进制位。

    假设用了某种方法，改变了 $m$ 堆，使 $i$ 位之前的所有位都变为 $k+1$ 的整数倍。

    现在要证明总有一种方法让第 $i$ 位也恢复到 $k+1$ 的整数倍（包括 $0$）。

    显然，对于那些已经改变的 $m$ 堆，当前的第 $i$ 位可以自由选择 $1$ 或$0$【这只取决于操作时后拿走的石子个数】。

    不考虑已经操作的 $m$ 堆，记剩下的堆的第 $i$ 位上 $1$ 的总和为 $sum$

    • 分类讨论：

      • $sum\le k-m$

        此时可以将这些堆上的 $1$ 全部拿掉，然后让那 $m$ 堆得 $i$ 位全部置成 $0$。

      • $sum>k-m$

        此时我们在之前改变的 $m$ 堆中选择 $k+1-sum$ 堆，将他们的第 $i$ 位设置成 $1$。剩下的设置成$0$。

        由于 $k+1-sum<k+1-(k-m)<m+1\Rightarrow k+1-sum\le m$，的确可以做到。

原博客证明

这样就可以 $dp$ 了，用所有方案减去必败方案。

$d{p}_{i,j}:$ 考虑到二进制位的 $i$ 位，一共用了 $j$ 个石子的不合法方案数。

枚举下一个二进制有多少堆石子为 $1$，石子堆数必须是 $m+1$ 的倍数。

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

当然需要考虑是哪几堆，所以需要组合数。

最后要考虑将所有格子分成 $k$ 堆，用隔板法计算。

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;
}