雅礼集训 1.2 取石子游戏

取石子（stone）

【题目描述】
有 n 堆石子，第 i 堆有 xi 个。
Alice 和 Bob 轮流取石子（先后手未定），Alice 每次从一堆中取走 a 个，Bob
每次从一堆中取走 b 个，无法操作者输。
不难发现只会有四种情况：Alice 必胜；Bob 必胜；先手必胜；后手必胜。
你需要选定若干堆石子（共有 2^n 种方案），Alice 和 Bob 只能在你选出的堆
中取，问以上四种情况对应的方案数。
【输入数据】
第一行三个整数 n,a,b，第二行 n 个整数 x1~xn。
【输出数据】
一行四个整数，分别表示 Alice 必胜、Bob 必胜、先手必胜和后手必胜的方
案数，对 10^9+7 取模。
【样例输入】
2 2 3
2 3
【样例输出】
2 0 1 1
【样例解释】
选定空集时后手必胜，选定{2}时 Alice 必胜，选定{3}时先手必胜，选定{2,3}时 Alice
必胜。
【数据范围】
对于 10%的数据，n,xi<=5。
对于 50%的数据，n<=20。
对于另外 10%的数据，a=b。
对于又另外 20%的数据，a=1。
对于 100%的数据，1<=n<=100000，1<=a,b,xi<=10^9。

首先我们可以把每堆石子的个数mod（a+b）

这是从博弈学的平衡性（我自己取的名）入手的

下面是个人见解，正确性unknown

首先，这样想一场游戏，只有一堆石子

你取了a个，对方紧跟着你在同一堆取了b个，

一轮减少（a+b）个，其实无论经过多少轮结果都是一样的。

该输的照样输，该赢的照样赢

那么就把个数mod（a+b）不就好了？

如果有多堆的话，一人突然对另外一堆来操作

这时，另一人会紧跟前一人去同样的堆操作

且在前一人重新对原来的堆操作之前，也不对前一堆操作

这样，其实第一人只是将操作推后了而已，他还是要操作的。

那么，为啥另一人会跟着呢？

因为前一人换堆肯定是因为他不换就会输

后一人就会赢，所以后一人这样就可以将前一人锁定在必输的情形，这是出于最佳策略

就像那个多个游戏的和什么什么的。。。。。

然后对于所有的堆分类讨论即可，

：：

stone：

不妨假设a<b。

每堆石子先对a+b取模，然后可以分为4种：

(1) xi<a，没用。

(2) a<=xi<b，只要存在则a必胜。

(3) b<=xi<2a，只和奇偶性有关。

(4) 2a<=xi，存在至少2个则a必胜，存在1个且(3)为偶数则先手必胜，存在1个且(3)为奇数则a必胜，不存在且(3)为奇数则先手必胜，不存在且(3)为偶数则后手必胜。

注意，在n个物品中选出奇数个物品的方案数为2^(n-1)

（或偶数个物品）

看看杨辉三角就知道了。

另外这个题将无石子归为后手赢，相当于强行定义C(0,0)=1，这不仅让杨辉三角失去了朴素的美感，还让代码挤满了丑恶的三目运算符。

ACcode：

//神之技巧：ΣC(n,k)=2^(n-1) 其中k为都奇数，或都为偶数，可以从杨辉三角上直观的证明/*0:无关
1:b>=u>=a 有则a必胜 因为a可以把这堆屯着，b管不着
然后是重要的两点
I:如果2*a>b
那么一堆石子满足b<=u<2*a
双方只要有一个人拿了一次，就会使它废为第0类，成为争夺的重点,有奇数个则先手赢，否则后手赢
一堆石子满足 u>=2*a>b
那么A只要拿一次就可以把它转化为1然后胜利
所以B的唯一机会就是先手（搞掉唯一的一堆），
所以这样的石子有两堆则A必赢
有一堆则B可能赢（把这堆破坏会浪费B的先手条件，看奇偶）。
无则看奇偶
II:如果2*a<=b
那么a<=2*a<=b
无异于1
u>=b时看奇偶*/#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
#define maxn 100005
#define LL long long
using namespace std;LL n,a,b;
bool rev;LL pow(int base,int k){LL ret=1;for(;k;k>>=1,base=1ll*base*base%mod) if(k&1) ret=ret*base%mod;return ret;
}int main(){freopen("stone.in","r",stdin);freopen("stone.out","w",stdout);LL u,v;scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);if(a>b) swap(a,b),rev=1;LL cnt[5]={},ans[5]={};for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&u);u%=(a+b);cnt[(u>=a) + (u>=b) + (u>=b && u>=2*a)]++;}LL inc=pow(2,cnt[0]);//最后计算ans[0]=((pow(2,cnt[1])-1)*pow(2,cnt[2]+cnt[3])%mod+(pow(2,cnt[3])-cnt[3]-1)*pow(2,cnt[2])%mod+cnt[3]*(cnt[2]?pow(2,cnt[2]-1):0)%mod)%mod;//ans[1]=0;ans[2]=((cnt[2]?pow(2,cnt[2]-1):0)+(cnt[2]?pow(2,cnt[2]-1):1)*cnt[3]%mod)%mod;ans[3]=(cnt[2]?pow(2,cnt[2]-1):1);for(int i=0;i<4;i++)ans[i]=(ans[i]*inc)%mod,ans[i]=(ans[i]+mod)%mod;if(rev) swap(ans[0],ans[1]);printf("%lld %lld %lld %lld\n",ans[0],ans[1],ans[2],ans[3]);
}

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