C - The Majority
将a种球放进k个不同的箱子，每种球ni个，第1号球在箱子中球的总数的一半以上问方案总数
因为第1种球的个数在每个箱子站一半以上，故同时去除一个1号球和一个其他球，每个箱子内必剩余有一号球
剩余的一号球个数为
这些球需要放满所有的箱子算出总情况数ans1
然后将剩余的球随意的放入箱子内，总情况数ans2
将两个相乘即可
箱子放球的总结（ans1，ans2的求法已经其他的不同情况
借鉴的是这个博客：排列组合 "n个球放入m个盒子m"问题 总结_qwb的博客-CSDN博客_n个球放入m个盒子定理
1.n个相同球放入m个不同箱子且没有空箱子（ans1）
将n个球分为m段（没有空段），也就是将m-1个隔板插入n-1个空隙中，故答案为
/
2.n个相同球放入m个不同箱子且可以有空箱子（ans2）
相当于将m-1个隔板插入n-1个空隙中并且可以同时插入到一个中
就是n-1个物品选m-1次并且选完放回
选m-1次必定放回m-2个，故相当于（n-1+m-2)个物品选m-1次，答案为
/
3.n个不同的球放入m个相同的箱子且没有空箱子
第二类斯特林数
dp[n][m]表示n个球放入m个箱子
对于新加入的一个球，可以在原来箱子已经满的情况下随意放入一个箱子，也可以新开一个箱子放入此球
/
4.n个不同的球放入m个相同的箱子且可以空箱
箱子数目随便，故为
/
5.n个不同球放入m个不同的箱子无空箱
每种箱子不一样，答案乘上箱子的全排列，故为
/
6.n个不同的球放入m个不同的箱子且可以空箱
将4中的每种情况乘上箱子的全排列即可
或者相当于每个球随便放结果为
/
E - Modulo Nim
进行一个游戏：每次取出数列中的一个数x，选取一个[1,x]个数并且使序列中每个数对其取模，第一次取出0的人获胜
现在有n个数第i个位ai，构造一个序列b使先手获胜并且ai>=bi
性质1：0的个数对整个序列结果无影响
性质2：相同的数对序列结果无影响
先来判断剩余序列有1，2的情况
{1},{2}先手必败，{1,2}先手必胜（对2取模）
再来判断其他的问题（序列中元素全部大于2）
若序列中有奇数先手必胜（对2取模，剩余为{1})
否则，若序列存在除以4余2的数，先手必胜（对4取模，剩余为{2})
因为只有{1},{2}后手必败，故除数更大时没有其他先手必胜的情况
故序列必败的必要条件是每个数都整除以4
再来判断对3取模的情况
若所有数都余1或都余2，先手必胜
还剩两种情况：余数为{1，2}或余数为0
第一种余数为{1，2}的情况：
要求所有不成立的数量，故集合中每个数需要是4的倍数
可以化简为{12n+4,12k+8}
可以发现,{4,8}是先手必败的
对于n，k中有一个数不为0的情况，可以对其与12取模化为{4,8},故是先手必胜的
还有一种为余数都为0的情况
因为同时为3和4的倍数，故这个数一定是12的倍数
200以内的12的倍数有16个，加上{4，8}一共有18个数，当且仅当出现的数字为这18个数中间的，才有可能是先手必败情况
memset(id,-1,sizeof(id));
can.push_back(4),can.push_back(8);
for(int i=12;i<=200;i+=12) can.push_back(i);
//处理出来所有可能数字
int gs=can.size();
for(int i=0;i<gs;i++) id[can[i]]=i;
win[0]=1;
for(int x=0;x<(1<<gs);x++){//枚举情况
now.clear();
int mx=0;
for(int i=0;i<gs;i++){
if(x&(1<<i)) now.push_back(can[i]),mx=max(mx,can[i]);
}//这种情况使用的数字
for(int i=1;i<=mx;i++){
int s1=0,s2=0;
for(int j=0;j<now.size();j++){
int res=now[j]%i;
if(!res) continue;
if(res==1){
s1|=(1<<1);continue;
}
if(res==2){
s1|=(1<<2);continue;
}
if(id[res]==-1){
s2=-1;break;
}
s2|=(1<<id[res]);
}
//先手必胜，意味着后手必败，所以需要找出来对i取模后有没有剩余情况必败
if(!s2&&(s1==(1<<1)||s1==(1<<2))){//剩余的是1or2
win[x]=true;
break;
}
if(!s1&&(s2!=-1&&!win[s2])){//剩余的是必败
win[x]=true;
break;
}
}
}用数位dp的方法，先预处理出来这其中的哪些情况先手必败，再做数位dp求出来这种情况出现的总次数，用所有的情况数减去必败的情况数
这是说有数都大于2的情况
对于有数字小于等于2的情况，当且仅当全为1或者全为2时先手必败，特判处理
dp[0][0]=1;ans=1;
int cs=1;
for(int x=1;x<=a;x++){
ans=1ll*ans*n[x]%mod;
for(int i=0;i<(1<<gs);i++){
if(!dp[x-1][i]) continue;
for(int j=0;j<gs&&can[j]<=n[x];j++){
dp[x][i|(1<<j)]=(dp[x][i|(1<<j)]+dp[x-1][i])%mod;
}
}
cs=cs*(n[x]>=2?1:0);//
}//求出每种情况出现总次数
for(int i=0;i<(1<<gs);i++){
if(!win[i]) ans=(ans-dp[a][i]+mod)%mod;
}
ans-=cs;//全为2
ans--;//全为1标签：箱子,ARC134,取模,必败,序列,情况,放入 来源： https://blog.csdn.net/hungry1234/article/details/122756047
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