[SG][NIM][石子]

石子

这题是一道入门的SG，是经典的nim问题.

*以下转载自http://www.cnblogs.com/exponent/articles/2141477.html*
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定义P-position和N-position，其中P代表Previous，N代表Next。直观的说，上一次move的人有必胜策略的局面是P-position，也就是“后手可保证必胜”或者“先手必败”，现在轮到move的人有必胜策略的局面是N-position，也就是“先手可保证必胜”。更严谨的定义是：1.无法进行任何移动的局面（也就是terminal position）是P-position；2.可以移动到P-position的局面是N-position；3.所有移动都导致N-position的局面是P-position。
按照这个定义，如果局面不可能重现，或者说positions的集合可以进行拓扑排序，那么每个position或者是P-position或者是N-position，而且可以通过定义计算出来。

以Nim游戏为例来进行一下计算。比如说我刚才说当只有两堆石子且两堆石子数量相等时后手有必胜策略，也就是这是一个P-position，下面我们依靠定义证明一下(3,3)是一个P是一个P是一个P-position。首先(3,3)的子局面（也就是通过合法移动可以导致的局面）有(0,3)(1,3)(2,3)（显然交换石子堆的位置不影响其性质，所以把(x,y)和(y,x)看成同一种局面），只需要计算出这三种局面的性质就可以了。 (0,3)的子局面有(0,0)、(0,1)、(0,2)，其中(0,0)显然是P-position，所以(0,3)是N-position（只要找到一个是P-position的子局面就能说明是N-position）。(1,3)的后继中(1,1)是P-position（因为(1,1)的唯一子局面(0,1)是N-position），所以(1,3)也是N-position。同样可以证明(2,3)是N-position。所以(3,3)的所有子局面都是N-position，它就是P-position。通过一点简单的数学归纳，可以严格的证明“有两堆石子时的局面是P-position当且仅当这两堆石子的数目相等”。

根据上面这个过程，可以得到一个递归的算法——对于当前的局面，递归计算它的所有子局面的性质，如果存在某个子局面是P-position，那么向这个子局面的移动就是必胜策略。当然，可能你已经敏锐地看出有大量的重叠子问题，所以可以用DP或者记忆化搜索的方法以提高效率。但问题是，利用这个算法，对于某个Nim游戏的局面(a1,a2,…,an)来说，要想判断它的性质以及找出必胜策略，需要计算O(a1*a2*…*an)个局面的性质，不管怎样记忆化都无法降低这个时间复杂度。所以我们需要更高效的判断Nim游戏的局面的性质的方法。

直接说结论好了。

(Bouton’s Theorem)：对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,…,an)，它是P-position当且仅当a1^a2^…^an=0，其中^表示异或(xor)运算。

怎么样，是不是很神奇？我看到它的时候也觉得很神奇，完全没有道理的和异或运算扯上了关系。但这个定理的证明却也不复杂，基本上就是按照两种position的证明来的。

根据定义，证明一种判断position的性质的方法的正确性，只需证明三个命题： 1、这个判断将所有terminal position判为P-position；2、根据这个判断被判为N-position的局面一定可以移动到某个P-position；3、根据这个判断被判为P-position的局面无法移动到某个P-position。

第一个命题显然，terminal position只有一个，就是全0，异或仍然是0。

第二个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。不妨设a1^a2^…^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k小于ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai’=ai^k，此时a1^a2^…^ai’^…^an=a1^a2^…^an^k=0。

第三个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^…^an=a1^a2^…^ai’^…^an可以得到ai=ai’。所以将ai改变成ai’不是一个合法的移动。证毕。

根据这个定理，我们可以在O(n)的时间内判断一个Nim的局面的性质，且如果它是N-position，也可以在O(n)的时间内找到所有的必胜策略。Nim问题就这样基本上完美的解决了。
}

这题中判断胜负很简单，比较重点是解决方案问题。
奇数的行中的元素异或和为0的话说明后手胜。所以第一手后应当使得第二手的异或和为0。考虑奇数行，奇数行可以下放，或者从上面的偶数行得到石子。异或有消去律所以搞掉原本的价值，然后异或上后来剩下的石子数。然后看一看每个元素可以可以满足一定的条件乱搞就过了。

代码：

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>using namespace std;int n,m;inline int read(){    char c;    bool flag=false;    while((c=getchar())>'9'||c<'0')    if(c=='-')flag=true;    int res=c-'0';    while((c=getchar())>='0'&&c<='9')    res=(res<<3)+(res<<1)+c-'0';    return flag?-res:res;}int f,a[20][70000];int main(){    freopen("stone.in","r",stdin);    freopen("stone.out","w",stdout);    int T=read();    int ans,total,tmp,k,e;    while(T--)    {        k=read();        total=ans=0;        if(k&1) f=1;        else f=0;        for(int i=1;i<=k;++i)        {            e=1<<(i-1);            for(int j=1;j<=e;++j)            {                a[i][j]=read();                if((i&1)==f)                total^=a[i][j];            }        }        for(int i=1;i<=k;++i)        {            e=1<<(i-1);            for(int j=1;j<=e;++j)            {                if((i&1)==f)                {                    tmp=total^a[i][j];                    if(a[i][j]>tmp)                    {                        ans+=2;                        if(i==k) ans--;                    }                }                else                {                    tmp=total^a[i+1][j*2-1];                    if(a[i+1][j*2-1]<tmp&&a[i][j]+a[i+1][j*2-1]>=tmp) ans++;                    tmp=total^a[i+1][j*2];                    if(a[i+1][j*2]<tmp&&a[i][j]+a[i+1][j*2]>=tmp) ans++;                }            }        }        printf("%d\n",ans);    }}