BZOJ 1188: [HNOI2007]分裂游戏 博弈论

1188: [HNOI2007]分裂游戏

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Description

聪聪和睿睿最近迷上了一款叫做分裂的游戏。 该游戏的规则试： 共有 n 个瓶子， 标号为0,1,2.....n-1, 第 i 个瓶子中装有 p[i]颗巧克力豆，两个人轮流取豆子，每一轮每人选择 3 个瓶子。标号为i,j,k, 并要保证 i < j , j < = k 且第 i 个瓶子中至少要有 1 颗巧克力豆，随后这个人从第 i 个瓶子中拿走一颗豆 子并在 j,k 中各放入一粒豆子（j 可能等于 k） 。如果轮到某人而他无法按规则取豆子，那么他将输 掉比赛。胜利者可以拿走所有的巧克力豆！ 两人最后决定由聪聪先取豆子，为了能够得到最终的巧克力豆，聪聪自然希望赢得比赛。他思考 了一下，发现在有的情况下，先拿的人一定有办法取胜，但是他不知道对于其他情况是否有必胜 策略，更不知道第一步该如何取。他决定偷偷请教聪明的你，希望你能告诉他，在给定每个瓶子 中的最初豆子数后是否能让自己得到所有巧克力豆，他还希望你告诉他第一步该如何取，并且为 了必胜，第一步有多少种取法？ 假定 1 < n < = 21,p[i] < = 10000

Input

输入文件第一行是一个整数t表示测试数据的组数，接下来为t组测试数据（t<=10）。每组测试数据的第一行是瓶子的个数n，接下来的一行有n个由空格隔开的非负整数，表示每个瓶子中的豆子数。

Output

对于每组测试数据，输出包括两行，第一行为用一个空格两两隔开的三个整数，表示要想赢得游戏，第一步应该选取的3个瓶子的编号i,j,k，如果有多组符合要求的解，那么输出字典序最小的一组。如果无论如何都无法赢得游戏，那么输出用一个空格两两隔开的三个-1。第二行表示要想确保赢得比赛，第一步有多少种不同的取法。

Sample Input

2
4
1 0 1 5000
3
0 0 1

Sample Output

0 2 3
1
-1 -1 -1
0

每次做博弈论都感觉自己十分脑小。。。

请根据以下转载顺序阅读以获得具体全面有层次的解题姿势

转载http://www.cnblogs.com/Robert-Yuan/p/5282190.html

学习SG函数的过程中，我先看了一篇叫做

《2008-贾志豪-组合数学略述...》

然后他开篇介绍了两篇不错的论文：

《2002-zyf-从感性到理性...》

《2007-王晓珂-解析一类...》

 

好吧，然后我就按照推荐先看第一篇zyf的...哇感觉很好看懂啊，然后就看了一上午。

然后SG函数的定义都没有出现，就是讲了几个题，不过人家毕竟是开端，然后我去看王晓珂的论文。

然后我才发现原来zyf的一大篇论文在这里只是一个小小的定义+一个证明。

好吧，我懵逼了。于是就不想看什么论文了，直接做题。

 

不过那个小小的定义还是一定要提的：

　　SG(x)=the min_number ∉ (x->v  SG(v))

怎么发现这个东西的呢？还是看zyf的论文最好办...

 

好了不扯了，讲讲这道题吧。

这个游戏用另一种角度来看，可以将每一颗石子看作是一堆石子,如果它是第p堆中的石子，把么它所代表的这堆石子的个数为n-1-p。从而，操作变为拿走一个非0的石堆，并放入2个规模小于他的石堆(可以为0)。这便成了另一个游戏。之所以这么做是因为，转化后的游戏与经典的take&break游戏很相似。

因为石子堆是互不干扰的,因此这个游戏可以看作由若干个只有一堆石子的游戏组成。

先分析子游戏。求子游戏某状态x的SG函数值，我们需要它后继状态的SG函数值，子游戏的后继状态大多数为含有2堆石子的状态，不过2堆均小于x石子数。在了解石子数小于x的状态函数值的条件下，用SG定理可以求得任意后继状态的函数值。

用(p)表示只剩一堆规模为p的石子的状态，(p,q)表示剩下2堆石子，规模分别为p,q的状态。g (i,j) = g (i) xor g (j) ; g(i) = min{n∈  N | n ≠ g (p,q) for i ≥ p≥ 0 且 i ≥ q ≥ 0}。[这个部分看代码+自己脑补是很好想出来的]

应用以上结论，我们可以递推求得子游戏任意状态的SG函数值。用SG定理可以求得和游戏的任意状态的SG函数值。SG=0,David可以保证他的胜利，否则就不行。至于策略，只要操作之后留下的状态SG值为0就行了。

时间复杂度分析：

以上算法包含O (n)个SG值的计算，计算每一个的时间最多为O(n2)，判断必胜状态需要O ( ∑Si )，寻找最优策略需要O (n3)的时间，综上,该算法的时间复杂度为O(n3+∑Si)。

 

[唔，上面这段话我会告诉你在王晓珂的论文中就有吗？...]

 

一个小tips：位运算的运算级别太低啦...比逻辑运算符还要低...所以异或的时候记得打括号。

http://blog.csdn.net/thy_asdf/article/details/47319737

这题比较特殊，每个豆子是一个独立的游戏，SG的下标是豆子所处的位置。

知道了这一点就很好做了。

首先对于一个位置的两个豆子，一个人走一步，另一个人也可以走这一步，所以就抵消了

从SG函数的角度理解，这两个豆子的SG值相同，最后反正会被异或掉。

所以豆子数等于a[i]%2

对于输出方案，枚举i，j，k，表示第一步由i移向j和k。

怎么判断是否合法？只要判断移动后是否为先手必败，就是移动后的局面SG值为零。

移动后的SG值只要通过原来的SG^SG[i]^SG[j]^SG[k]得到。

这一步也很好理解，i处豆子少了一个，j，k豆子多了一个，都只要异或一下就可以了。

#include<cmath>#include<ctime>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<complex>#include<iostream>#include<algorithm>#include<iomanip>#include<vector>#include<string>#include<bitset>#include<queue>#include<set>#include<map>using namespace std;inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}void print(int x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>=10)print(x/10);putchar('0'+x%10);}const int N=26;int sg[N],a[N];bool book[60];void initial(){register int i,j,k;for(i=1;i<N;++i){memset(book,0,sizeof(book));for(j=0;j<i;++j)for(k=0;k<=j;++k){book[sg[j]^sg[k]]=1;}for(j=0;j<=60;++j)if(!book[j]){sg[i]=j;break;}}}int main(){initial();register int T=read(),n,i,j,k,ans,res;while(T--){n=read();res=ans=0;for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read()&1;for(i=1;i<=n;++i)if(a[i])res^=sg[n-i];for(i=1;i<=n;++i)for(j=i+1;j<=n;++j)for(k=j;k<=n;++k)if(!(res^sg[n-i]^sg[n-j]^sg[n-k])){if(!ans)print(i-1),putchar(' '),print(j-1),putchar(' '),print(k-1),puts("");ans++;}if(!ans)puts("-1 -1 -1");print(ans);puts("");}return 0;}/*241 0 1 500030 0 10 2 31-1 -1 -10*/