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。

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;
}


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