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对于king：当行列各剩偶数步时，先手必败；否则，先手必胜对于行列各剩偶数步，先手怎么走后手只要跟着相应的走，则先手必败对于rook（车）：相当于从两堆石子取数，每次可以从任一一堆取任意大于0的石子数。显然当两堆石子数相同时，先手必败，后手只要跟着取即可；否则先手胜对于knight（马）：画图即可找到规律；对于queen：dp[i][j]表示从（1,1）走到（i，j）先手的状态，1

链接：点击打开链接题解：把一颗豆子看成一种局面,sg[i]中的i为豆子所处的位置sg[i]=mex{sg[j]^sg[k]|i当位置i的豆子个数为偶数时，sg[i]相互抵消；所以当前局面的SG是p[i]为奇数位置的sg[i]的异或和对于第一问，即考虑先手取一次后，后手取的局面的SG值,若为0，则先手必胜。后手的SG值为当前的SG^sg[i]^sg[j]^sg[k]（其中i,j,k表

官方题解：sg[0]=0当x=8k+7时sg[x]=8k+8，当x=8k+8时sg[x]=8k+7,其余时候sg[x]=x；（k>=0）打表找规律可得，数学归纳法可证。把每堆石子看成一种局面，sg[i]的i表示石子的个数当前局面就是n个局面的异或和根据题意推sg[i]#include #include #inc

参考题解：点击打开链接并不是很懂，尤其是出现了反例不过这个dp求方案还是可以好好学下#include #include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int N=10000+10;const int M=1000000007;

题解：将一组看成一个局面，打表算出SG，找规律#include #include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;const int N=1e4+10;int n;int dfs(int x,int y)//这个规律很神奇{ long l

题解：把一堆石子看成一种局面，如果递推求的话会是O(n^2),超时。有一种性质：n是石子数，i是分成的堆数，如果n/i==n/(i+2)，那么他们的异或和相同。所有对于n/i相同的堆数，他们的异或和只有两种情况（i为奇数和i为偶数两种）。而对于n/i的种类只有sqrt(n)种（n的约数个数）。据此递推#include #include #include #include #in

题解：首先考虑只有1的情况，奇数个1先手必败，偶数个1先手必胜；若有大于1的堆，所有堆的xor之和为0，则先手必败；否则先手必胜。xor之和为0，那么后手的策略为 先手取多少，后手取多少；最后就会剩下两种状态(后手先取)：1. 很多堆1和一堆大于1的堆2. 两个大于1的堆对于第一种情况，若1的个数为奇数，那么后手取完大于1的堆，剩下奇数个1的堆，后手必胜；若1的个数为偶数，

题解：我们将棋盘分成黑白格子（相邻格子颜色不同），将空格染成黑色，那么我们可以知道X为合法棋子当且仅当X在黑色格子，而O为合法棋子当且仅当O在白色格子。相邻合法棋子(空格也为合法)连边，则我们得到无向图，而它也是二部图，当空格一定是在最大匹配中时，则先手必胜；否则先手必败。若不一定在，则空格可能在偶数条交错路，或者有点可以代替空格（此时空格可不在最大匹配中），那么此时后手总有办法走到先手所在的