HDU 2176 取(m堆)石子游戏

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尼姆博弈。

讲解：

有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。

这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情形。
计算机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号（+）表示这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结果：
1 =二进制01
2 =二进制10
3 =二进制11 （+）
———————
0 =二进制00 （注意不进位）

对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。
任何奇异局势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。

如果后手面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a （+）b< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去
c-（a（+）b）即可。 这样若先手面对一个奇异局势，无论如何去取，必然会从一个异或值为0（奇异局势）转移到一个异或值不为0（非奇异局势），直到最后变成1（+）1==0的时候，先手只能取走一个1，而后手取走剩下的1就胜利了。
举个例子：
甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势
乙:(1,8,9)->(1,8,4)
甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势
乙:(1,5,4)->(1,4,4)
甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势
乙:(0,4,4)->(0,4,2)
甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势
乙:(0,2,2)->(0,2,1)
甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势
乙:(0,1,1)->(0,1,0)
甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势
甲胜。
取火柴游戏：
问题1：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为胜，求必胜的方法。 (SG游戏)

问题2：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为负，求必胜的方法。（ANTI-SG游戏）

第一个问题：

定义：若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示；否则，为利己态，用S表示。

[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。
证明：
若有n堆火柴，每堆火柴有A(i)根火柴数，那么既然现在处于S态，
c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0;
把c表示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，则必然存在一个A(t),它二进制的第p位也是1。（否则，若所有的A(i)的第p位都是0，这与c的第p位就也为0矛盾）。

那么我们把x = A(t) xor c,则得到x < A(t).这是因为既然A(t)的第p位与c的第p位同为1,那么x的第p位变为0,而高于p的位并没有改变。所以x < A(t).而
A(1) xor A(2) xor … xor x xor … xor A(n)
= A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n)
= A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xorA(n)
= 0
这就是说从A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴后状态就会从S态变为T态。证毕
[定理2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。
证明：用反证法。
若
c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0；
c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = 0;
则有
c xor c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i’) =0
进而推出A(i) = A(i’)，这与已知矛盾。所以命题得证。
[定理 3]：S态，只要方法正确，必赢。
最终胜利即由S态转变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理1，可以把它变成T态。）对方只能把T态转变为S态(定理2)。这样，所有S态向T态的转变都可以有己方控制，对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。

[定理4]：T态，只要对方法正确，必败。
由定理3易得。
以上可以得到，对于SG游戏，若初始局面的异或值为0，那么先手必败，否则先手必胜。

第二个问题：

定义概念：
孤单堆：只有一根火柴的堆
充裕堆：有两根或两根以上火柴的堆
T态：所有堆火柴数异或值为0
S态：所有堆火柴数异或值大于0
T0,S0：所有堆为孤单堆的T/S情形
T1,S1：有一个充裕堆的T/S情形
T2,S2：有两个或以上充裕堆的T/S情形
事实上，孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0，故T1态实际上不存在。
[定理5]：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。
证明：
S0态，其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对 方取，所以最后一根必己取。败。同理, T0态必胜

[定理6]：S1态，只要方法正确，必胜。
证明：
若此时孤单堆含奇数个火柴，把充裕堆取完；否则，取成一根。这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。由定理5，对方必输。己必胜。 #
[定理7]：S2态不可转一次变为T0态。
证明：
充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。
[定理8]：S2态可一次转变为T2态。
证明：
由定理1，S态可转变为T态，S态可一次转变为T态，又由定理6，S2态不可转一次变为T0态，所以转变的T态为T2态。
[定理9]：T2态，只能转变为S2态或S1态。
证明：
由定理2，T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。
[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜.
证明：
方法如下：
1） S2态，就把它变为T2态。（由定理8）
2） 对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9）
若转变为S2, 转向1）
若转变为S1, 这己必胜。（定理5）
[定理11]：T2态必输。
证明：同10。
综上所述，对于ANTI-SG游戏：
必输态有： T2,S0
必胜态： S2,S1,T0.

下面的讨论中，若不特殊说明，都是对SG游戏讨论，即取走最后一根的一方胜利。
将组合游戏抽象为有向图
每个位置为有向图的一个节点
每种可行操作为有向图的一条路径
我们就在有向图的顶点上定义SG函数
首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。

例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0

对于一个给定的有向无环图，定义关于图的每个顶点的Sprague-Garundy函数g如下

g(x)=mex{ g(y) | y是x的后继 }。

每个SG值对应Nim游戏每堆石子的初始数量
将所有SG值异或，类同于将Nim游戏的所有初态异或

SG定理（Sprague-Grundy Theorem）：
g(G)=g(G1)^g(G2)^…^g(Gn)。
游戏的和的SG函数值是它的所有子游戏的SG函数值的异或。
对应第一种取火柴游戏的话，每个子游戏的SG值就是各堆得火柴数，游戏的和的SG值就是子游戏的SG值得异或。

所有的终结点SG值为0（因为它的后继集合是空集）
SG为0的顶点，它的所有后继y都满足SG不为0
对于一个SG不为0的顶点，必定存在一个后继满足SG为0

满足组合游戏性质
所有SG为0定点对应P（必败）点，SG大于0顶点对应N（必胜）点

每次取得数量不限，那么每堆的SG值即为该堆得石子数。

取第i堆的话，其他堆异或的结果为B，那么令(Ai-x) xor B==0时，即从Ai中取走x可以留给对手一个必败态，若此时x<Ai,则是一种可取的方案。

用cin和cout 会超时。

亦或有这样的性质：a ^ b ^ a  =  b

#include <iostream>
#include <stdio.h>

using namespace std;

const int MAX_N = 200000 + 100;
int m,sum;
int arr[MAX_N];

int main()
{
    //while(cin >> m,m)
    while(scanf("%d",&m),m)
    {
        sum = 0;
        for(int i = 0;i < m;i++)
        {
            //cin >> arr[i];
            scanf("%d",&arr[i]);
            sum ^= arr[i];
        }
        if(sum == 0)
        {
            //cout << "No" << endl;
            printf("No\n");
            continue;
        }
        //cout << "Yes" << endl;
        printf("Yes\n");
        for(int i = 0;i < m;i++)
        {
            int remain = arr[i] ^ sum;
            if(remain < arr[i])
                //cout << arr[i] << " " << remain << endl;
                printf("%d %d\n",arr[i],remain);
        }
    }
    return 0;
}