参考:
http://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6398385.html
http://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6921829.html
巴什博奕
只有一堆石子，每个人可以从里面取1~m个石子，先取光者胜。
当 n = m + 1 n = m+1 n=m+1先手必败，因为先手无论选什么，都会使其个数小于m。
因此可以推出更一般的情况:
n
=
k
∗
(
m
+
1
)
n = k*(m+1)
n=k∗(m+1)先手必败，因为后手总能构造出
n
=
t
∗
(
m
+
1
)
t
<
k
n = t*(m+1) \ t < k
n=t∗(m+1) t<k的情况。
总结: 只要能构造出两个可以相互转换的状态便可得出答案。（必胜态，必败态）。
尼姆博弈
有n推石子，每堆有$m_i$个石子，每次可以取在一堆中取任意个石子。
学着巴什博奕做，构造两个可以相互转换的状态。
把每堆石子的总个数用二进制的形式相加。每位都不进位。
例如:
1 2 3
001
010
011
= 022
因为每次都只能在一堆石子上操作，所以对于每一位，每次只能减1或者不变。可以观察出，当所有位都为偶数的时候(偶状态)，先手必败，当有一位为奇数(奇状态)的时候先手必胜。
因为总能从一个奇状态转变为一个偶状态。反之，也能从一个偶状态转变为奇状态。 但无法保持当前状态不变。
考虑异或，当一位出现偶数个时，其贡献为0，否则为1。
所以可以将每一堆的个数都异或起来，如果异或和!=0，则先手胜，否则先手败。
有n推石子，每堆石子的个数分别为1,2,3,4,....,n，每次可以取在一堆中取任意个石子。n特别大。
因为n特别的大，所以没法直接对其异或。 但是连续正整数的异或是有规律的。
f[l,r]:
[
l
,
r
]
[l,r]
[l,r]的异或和
推论1:
f
[
0
,
2
k
−
1
]
=
0
,
2
≤
k
f[0,2^k-1]=0, 2 \leq k
f[0,2k−1]=0,2≤k
XJB证明: 二进制的每一位上都有
2
k
−
1
2^{k-1}
2k−1个1。
求 f [ 0 , n ] f[0,n] f[0,n]。
-
n为奇数
f [ 0 , n ] = f [ 0 , 2 t − 1 ] ⊕ f [ 2 t , n ] = f [ 2 t , n ] f[0,n] = f[0,2^{t}-1] \oplus f[2^t,n] =f[2^t,n] f[0,n]=f[0,2t−1]⊕f[2t,n]=f[2t,n]。
这个区间有 m = n − 2 t + 1 m = n-2^t+1 m=n−2t+1个数，m为偶数，所以对于二进制第t位1的个数和一定为偶数，可以不用考虑。转变为:
f [ 2 t , n ] = f [ 0 , n − 2 t ] f[2^t,n] = f[0,n-2^t] f[2t,n]=f[0,n−2t]
因为n为奇数， 2 t 2^t 2t一定为偶数。所以 n − 2 t n-2^t n−2t是一个奇数，所以可以不断缩小n。
f [ 0 , n ] = f [ 0 , n − 2 t ] = f [ 0 , n − 2 t − k 1 ∗ 2 t − 1 − k 2 ∗ 2 t − 2 ⋯ − k i ∗ 2 ] ( 2 ≤ t ) 。 = f [ 0 , p ] ( p ≤ 3 ) f[0,n] = f[0,n-2^t] = f[0,n-2^t-k_1*2^{t-1}-k_2*2^{t-2} \dots -k_i*2](2 \leq t)。= f[0,p](p\leq3) f[0,n]=f[0,n−2t]=f[0,n−2t−k1∗2t−1−k2∗2t−2⋯−ki∗2](2≤t)。=f[0,p](p≤3)， k i k_i ki代表这一位是否有值。
因为t要大于等于2，所以只要单独考虑最后两位的情况。
n&3 = 1 (01) 时， f [ 0 , n ] = f [ 0 , 1 ] = 1 f[0,n]=f[0,1] = 1 f[0,n]=f[0,1]=1 先手胜
n&3 = 3 (11) 时， f [ 0 , n ] = f [ 0 , 3 ] = 0 f[0,n]=f[0,3] = 0 f[0,n]=f[0,3]=0 先手败 -
n为偶数
f [ 0 , n ] = f [ 0 , 2 t − 1 ] ⊕ f [ 2 t , n ] = f [ 2 t , n ] f[0,n] = f[0,2^t-1] \oplus f[2^t,n]=f[2^t,n] f[0,n]=f[0,2t−1]⊕f[2t,n]=f[2t,n]
m = n − 2 t + 1 m=n-2^t+1 m=n−2t+1为奇数， f [ 2 t , n ] = f [ 0 , n − 2 t ] ⊕ 2 t f[2^t,n]=f[0,n-2^t]\oplus2^t f[2t,n]=f[0,n−2t]⊕2t。
n − 2 t n-2^t n−2t还是偶数，依旧可以缩小n
f [ 0 , n ] = f [ 0 , n − 2 t − k 1 ∗ 2 t − 1 − ⋯ − k i ∗ 2 ] ⊕ 2 t ⊕ k 1 ∗ 2 t − 1 ⋯ ⊕ k i ∗ 2 f[0,n] = f[0,n-2^t-k_1*2^{t-1}-\dots-k_i*2]\oplus2^t\oplus k_1*2^{t-1}\dots \oplus k_i*2 f[0,n]=f[0,n−2t−k1∗2t−1−⋯−ki∗2]⊕2t⊕k1∗2t−1⋯⊕ki∗2
后面的常数项异或和就是n，
n&3 只有2或者0
n&3 = 2(10)时， f [ 0 , n ] = n + f [ 0 , 2 ] = n + 1 f[0,n]=n+f[0,2] = n+1 f[0,n]=n+f[0,2]=n+1
n&3 = 0(00)时， f [ 0 , n ] n + f [ 0 , 0 ] = n f[0,n]n+f[0,0] = n f[0,n]n+f[0,0]=n
SG函数
定义mex{S}运算: 不在集合S中最小的非负整数。
例如: mex{0,2,3,4}=1，mex{1,2,3,4}=0。
对于任意状态x，
S
G
(
x
)
=
m
e
x
{
S
}
SG(x) = mex\{S\}
SG(x)=mex{S}，S是x后继状态SG函数值的集合。
若x的后继三个SG函数值为
S
G
(
a
)
，
S
G
(
b
)
，
S
G
(
c
)
SG(a)，SG(b)，SG(c)
SG(a)，SG(b)，SG(c)，那么
S
G
(
x
)
=
m
e
x
{
S
G
(
a
)
,
S
G
(
b
)
,
S
G
(
c
)
}
SG(x) = mex\{ SG(a), SG(b), SG(c) \}
SG(x)=mex{SG(a),SG(b),SG(c)}。
当x时终态时，后继状态为空， S G ( x ) = 0 SG(x) = 0 SG(x)=0，即为必败态。
有1堆n个的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }个石子，先取完石子者胜利，
那么各个数的SG值为多少？
SG(0) = 0, f[ ] = {1,3,4}
x = 1时，可取1个，剩余0个，SG(1) = mex{ SG(0) } = 1。
x = 2时，可取1个，剩余1个，SG(2) = mex{ SG(1) } = 0。
x = 3时，可取1个或3个，剩余2个或0个，SG(3) = mex{ SG(2), SG(0) } = 1。
x = 4时，可取1，3，4，剩余3，1，0，SG(4) = mex{ SG(3), SG(1), SG(0) } = 2。
可以发现，SG函数可以从小到大递推而来。
由上述实例我们就可以得到SG函数值求解步骤，那么计算1~n的SG函数值步骤如下：
-
使用 数组f 将 可改变当前状态 的方式记录下来。
-
然后我们使用 另一个数组 将当前状态x 的后继状态标记。
-
最后模拟mex运算，也就是我们在标记值中 搜索 未被标记值 的最小值，将其赋值给SG(x)。
-
我们不断的重复 2 - 3 的步骤，就完成了 计算1~n 的函数值。
一个游戏可以分解成两个子游戏a,b，那么即后继的状态为SG[a]^SG[b]的值
5877
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
