USTCOJ 1213 取石子游戏（经典NIM问题）及一些扩展与（&）或（|）异或（^）运算性质

最新推荐文章于 2020-01-20 14:02:31 发布

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#游戏 #数学 #NIM

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本文介绍了USTCOJ 1213题目的解题思路，该题目涉及经典的NIM游戏。作者探讨了NIM游戏的必胜策略，并通过异或运算的性质寻找第一步的最优解。文章阐述了异或、与、或运算的交换律、结合律等性质，并证明了在NIM游戏中，非0的NIM数意味着存在必胜策略。最后，作者证明了在给定条件下总能找到一个a[k]使得b[k] < a[k]，从而完成游戏的转变。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：http://acm.ustc.edu.cn/ustcoj/problem.php?id=1213

在做本题之前，虽然听说过NIM游戏，但并不知道其必胜策略，之前遇到的另一个NIM问题是两堆石子的版本，取石子规则又略有不同，在思考两天之后终于解决了，结论非常优美，用到了数学竞赛知识里的Betty定理，结论和黄金分割有关，这里给个POJ百练上的题目链接：http://poj.grids.cn/practice/1067/。在自己解决这两道题之后，决定深入理解一下NIM问题，于是查阅了一些资料，发现已经有很多人探讨过这个问题，看来能想出这个问题的人很多啊，但是还是挺有成就感的，而且发现自己采用的方法与文献上的类似，（对于后一个问题也用了Betty定理证明），因此还是很乐意写篇报告来总结一下自己的心得。（Ps个人认为这种经典的问题一定要自己想出，而且要严格证明出来，不然再遇到也是不一定能很快解决的）。

首先，正如题目中已经给出的结论：我们定义一个NIM数，然后可以通过异或运算直接算出这个数字，非0则存在必胜策略（这里先不给出这个结论的证明，我决定在下一篇文章中给出，因为正是解决那道题目时给我的启发并一并联想到NIM问题，才完成了证明）。我们现在先默认结论正确，我们先专注于这道题目的要求：找出第一步最少需要取走的石子数，使NIM数变为0。

我在遇到这个问题时，最先的反应的是异或运算有什么性质啊？是不是要用到啊？可是在此之前并没有研究过这些运算：与，或，异或的性质，所以我先从这些运算下手（我感觉这些运算有共同性，应该一起研究，又发现这三个运算只针对二进制位的某一位进行操作，不同位不会影响，所以只需要研究一个二进制位上的四种情况即可）：

得到的结论是：

三者共性是：

1：满足交换律 a*b = b*a 其中*表示三个运算中的任意一个。

2：满足结合律 a*b*c = (a * b) * c = a * (b * c) 其中*表示三个运算中的任意一个。

注意不一定满足分配律：如 0 ^ （1 & 0）！= （0 ^1）& (0 ^ 0)。

不同有挺多：

列举一些：

1：异或 a ^ a = 0 a ^ 0 = a 假设 a ^ b = c 那么 a ^ c = b b ^ c = a (我发现这个结论很有用，这题也需要)，这里c 与 a， b 大小关系不确定。

2 ：与 a & a = a a & 0 = 0 假设 a & b = c 那么 a & c = c b & c = c 且 c 是a， b，c中较小的那一个（可以相等）

3 ：或 a | a = a a | 0 = a 假设 a | b = c 那么 a | c = c b | c = c 且 c 是 a，b， c中较大的那一个（可以相等）

4 ：一个小技巧：a = a & （a + 1）把a的二进制位最右边的1改写为0，类似可以研究一下a & （a - 1）之类，不再赘述

有了以上性质，我们着手本题，并非全部用到，只用到一两条吧：

首先肯定得算出NIM数没什么快的方法了，直接O（n）异或运算一遍，

如果不等于0，需要考虑进行改动了：假设我们最终决定改动第k个数a[k] --> b[k]，那么应该有 b[k] ^ ( a[0] ^ a[1] ^ a[2] ......^ a[k - 1] ^ a[k + 1] ......^ a[n - 1] ) = 0

所以 b[k] = ( a[0] ^ a[1] ^ a[2] ......^ a[k - 1] ^ a[k + 1] ......^ a[n - 1] ) (与本身异或才为0)

那么怎么算 ( a[0] ^ a[1] ^ a[2] ......^ a[k - 1] ^ a[k + 1] ......^ a[n - 1] ) 呢？利用异或性质 a[k] ^ ( 一坨异或a) = NIM，所以 a [k] ^ NIM = (一坨异或 a)

所以再做一遍异或就可以求出b[k]，考虑到异或结果不一定比a[k] 小，所以如果b[k] > a[k] 则 a[k] 不能通过取走石子（减少）而变成b[k] , 而对于b[k] <= a[k], 则可行，取其中

a[k] - b[k] 最小即可。

代码如下：

#include<iostream>
#define N 1000010
using namespace std;
int a[N] = {0};

int main()
{
		int re, i, n, nim, s;

		while (cin >> n, n)
		{
				nim = 0;
				s = 0;
				for (i = 0; i < n; ++i)
				{
						cin >> a[i];
						nim ^= a[i];
				}
				if (nim == 0)
						cout << -1 << endl;
				else
				{
						for (i = 0; i < n; ++i)
						{
								if (s == 0)
								{
										if (a[i] >= (nim ^ a[i]))
										{
												re = a[i] - (nim ^ a[i]);
												s = 1;
										}
								}
								else										
								{
										if ((nim ^ a[i]) <= a[i])
												re = a[i] - (nim ^ a[i]) < re ? a[i] - (nim ^ a[i]) : re;
								}
						}
						cout << re << endl;
				}
		}	
		return 0;
}

这个算法时间复杂度应该算O（nlog（n））吧，broad上有更快的代码，不知道如何实现的还是只是进行了常数级优化，如有更好的办法，希望评论让我知道，有错误也请指出

以上均是个人的思路，解题过程，希望要不被鄙视。。。。。。

一点补充：由以上代码的正确性，引发了我另一个思考：一定能找到一个a[k]使b[k] < a[k]么？因为代码正确，所以结论是对的咯，怎么证明呢？因为NIM数不等于0，所以二进制最高位为1，这个1怎么异或得到呢？必然有奇数个a[i]的这一位上有1，取其中任意一个，与NIM异或将把这个1变为0，得到的数就会比 a[i] 小（a[i]原来比这个1所在位高的位上数字全不变，而这一位变小，整个数字变小）因此结论成立。