博弈论---Nimk问题。 dp再搞搞。
很容易看出，该游戏的终态是每两个棋子都紧靠着。当一颗棋子移动，另一方与该棋子对应的那一刻可以立即追上，使得仍旧紧靠，最终棋子动弹不得，游戏结束。
还能看出，对于白色棋子（先手），往左走没有意义。因为黑子（后手）可以紧随其上使得两者距离不变。同理黑子只往左走。（黄学长貌似提出了反例？）
所以，问题可以抽象为Nim，与传统Nim只能选1堆不同，你可以选1-d堆。
这个拓展问题叫做Nimk问题。对于这种问题，我们可以证明：当将n堆棋子化为二进制，每一位上如果1的个数mod（k+1）==0 则为必败态。
详细证明，大传送术！http://blog.csdn.net/weixinding/article/details/7321139
最后只需要计算方案数。使用dp，dp[i][j]表示当前在二进制第i位上，总计用了j石头的方案。转移方程为：
dp[i+1][j+a*(k+1)*bin[i]]+=dp[i][j]*C(n,a*(k+1));
注意组合数处理，取%等细节即可。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define mo 1000000007
4 #define N 10005
5 #define LL long long
6 LL c[N][205],dp[20][N],ans;
7 int n,k,d,K,bin[20];
8 void pre(){
9 bin[0]=1; for(int i=1;i<=15;i++) bin[i]=bin[i-1]<<1;
10 for(int i=0;i<=n;i++) c[i][0]=1;
11 for(int i=1;i<=n;i++)
12 for(int j=1;j<=min(i,K);j++)
13 c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;
14 }
15 LL C(int n,int m){
16 if(n-m<m) m=n-m;
17 return c[n][m];
18 }
19 LL cal(LL& x,LL y){
20 x=(x+y)%mo;
21 }
22 int main(){
23 scanf("%d%d%d",&n,&K,&d); pre(); dp[0][0]=1;
24 for(int i=0;i<15;i++)
25 for(int j=0;j<=n-K;j++)
26 for(int k=0;k*(d+1)<=K/2 && j+k*(d+1)*bin[i]<=n-K;k++)
27 cal(dp[i+1][j+k*(d+1)*bin[i]],dp[i][j]*C(K/2,k*(d+1)));
28 for(int i=0;i<=n-K;i++)
29 cal(ans,dp[15][i]*C(n-i-K/2,K/2));
30 LL tot=C(n,K);
31 cout<<(tot-ans+mo)%mo;
32 return 0;
33 }