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博弈论基础题，第一次写博弈论题目。 每堆石子的游戏是相互独立的，一个局面是由这n堆石子n个子游戏构成。 对于每堆石子，用sg[i]表示有i个石子的sg值，sg值由它的后继状态推过来：sg[i]=mex(sg[i-b[j]])； 最后的答案即为 ： sg[ a[i] ] 的异或和；若ans=0则先手必败，否则先手必胜。 做第二问时，则按照输出的顺序枚举，第i堆移走k个的答案为ans^sg[a

不考虑从盒子中拿出这一操作，则剩下的部分就是一个Nim游戏。所以先手第一次只要拿到异或和为零的巧克力棒就必胜。因为若对手选择吃巧克力棒，则是必败局面。若选择拿出巧克力，则新的异或和一定不为零，因为如果一组巧克力异或和为零，则先手可以第一次的时候拿出来。 直接dfs就可以。#include<cstdio>#include<iostream>using namespace std;int n;

同一堆里的每个豆子是相互独立的，sg[i]表示第i堆里一个豆子的sg值。 sg[i]=mex( sg[j]^sg[k] ) ;#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;int n;int p[30],sg[30];int use[1000];int main(){ int T

这道题不好想，可以先想先手必败的情况，一个比较显然的情况是石子个数成对出现时先手必败，因为先手怎样做后手可以完全模仿去做。然后还有没有其他情况呢，没有。其他情况把成对的抵消掉之后，我们可以将最大的补到其他的上面，还是可以凑成上述情况。#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using name

反硬币操作与c无关，只与2和3的指数有关。设sg[i][j]为2和3的指数分别为i和j时，且前面的硬币都不可翻时的sg值。然后就可以枚举p,q，对于每一个p,q，它的sg值为 sg[i-k*q][j]的异或和以及sg[i][j-k*q]的异或和，求mex。#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#define maxn 30005