題意

小A和小B又想到了一個新的遊戲。
這個遊戲是在一個1*n的棋盤上進行的，棋盤上有k個棋子，一半是黑色，一半是白色。
最左邊是白色棋子，最右邊是黑色棋子，相鄰的棋子顏色不同。
小A可以移動白色棋子，小B可以移動黑色的棋子，他們每次操作可以移動1到d個棋子。
每當移動某一個棋子時，這個棋子不能跨越兩邊的棋子，當然也不可以出界。當誰不可以操作時，誰就失敗了。
小A和小B輪流操作，現在小A先移動，有多少種初始棋子的佈局會使他勝利呢？
1<=d<=k<=n<=10000, k為偶數，k<=100。
答案對1000000007取模。

分析

顯然先手的必敗局面就是每一對棋子都靠一起，這樣的話無論先手怎麼動，後手只要跟著模仿，最後先手總會沒有路走。
那麼我們可以把每對棋子之間的空格子看作是石子，那麼這就轉換成了一個拓展版的Nim遊戲：有n堆石子，每次可以從其中d堆中任意取若干個石子，不能取的一方算輸。
而這個遊戲先手必敗當且僅當把n堆石子的數量全部轉化為二進位制後，每一位的1的個數都是(d+1)的倍數，否則必勝。證明比較複雜，可以

有了這個結論這題就好做了。
我們從二進位制低位往高位dp。設f[i,j]表示dp到第i位，當前總共放了j顆石子的必敗局面方案數。那麼f[i,j]=∑f[i−1,j−l∗(d+1)∗2i]∗Cl∗(d+1)k/2

那麼答案就等於Ckn−∑n−ki=0f[w,i]∗Ck/2n−k/2−i

程式碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int
 
 N=10005;
const int MOD=1000000007;

int n,k,d,f[20][N],bin[20],ny[N],jc[N];

int ksm(int x,int y)
{
    int ans=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ans;
}

int C(int n,int m)
{
    return (LL)jc[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
}

int main()
{
    scanf("%d
 
%d%d",&n,&k,&d);
    bin[0]=1;
    for (int i=1;i<=16;i++) bin[i]=bin[i-1]*2;
    jc[0]=ny[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=ksm(jc[i],MOD-2);
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=15;i++)
        for (int j=0;j<=n-k;j++)
            for (int l=0;l*(d+1)<=k/2&&l*(d+1)*bin[i-1]<=j;l++)
                (f[i][j]+=(LL)f[i-1][j-l*(d+1)*bin[i-1]]*C(k/2,l*(d+1))%MOD)%=MOD;
    int ans=0;
    for (int i=0;i<=n-k;i++) (ans+=(LL)f[15][i]*C(n-k/2-i,k/2)%MOD)%=MOD;
    ans=(C(n,k)-ans+MOD)%MOD;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}