公平组合游戏

不是写给自己看的。

ICG

考虑一类两个玩家的零和博弈游戏：

1. 游戏有一个局面，双方轮流操作，每次操作转移到一个新局面。
2. 能进行的操作与当前局面相关，与轮到哪一方操作无关（公平性）
3. 无法操作的一方失败。
4. 局面之间的转移无环。

这可以看做以局面为节点，转移边的有向无环图上沿边交替移动一个棋子。也就是 ICG 等价于其对应的 有向图游戏。

结论：任一 ICG 要么先手 存在必胜策略（简称先手必胜），要么后手 存在必胜策略（简称先手必败），两者恰有其一。

证明：

考虑归纳定义一个局面是先手必败的（P-position）当且仅当两者至少满足一个：

1. 这个局面是终止局面（无法进一步操作 / 出度为 $0$）
2. 这个局面不能到达任何必败局面。

定义一个局面是先手必胜的（N-position）当且仅当：

1. 这个局面可以到达至少一个必败局面。

相当于证明任何局面要么是 P-position，要么是 N-position。因为这个图是 DAG，可以从每个出度为 $0$ 的点出发归纳证明。

一般有向图游戏

对于一般的有向图游戏，我们可以直接拓扑排序求出一个点是必胜还是必败局面，还不需要引入 SG 函数。题外话：这种思想也可以拿来求有环的类公平组合游戏，并判断平局。

Nim 游戏

局面：$n$ 堆石子，数目分别为 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$。

操作：任选一堆石子 $i$，令 $a_i\leftarrow x$ 个，必须满足 $0\le x<a_i$。

结论：先手必胜当且仅当初始 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 的异或和不为 $0$。否则先手必败。

证明：

根据定义，证明一种判断 position 的性质的方法的正确性，只需证明三个命题：

1. 这个判断将所有终止状态判为 P-position；
2. 根据这个判断被判为 N-position 的局面一定可以移动到某个 P-position；
3. 根据这个判断被判为 P-position 的局面无法移动到某个 P-position。

第一个命题显然，终止状态只有一个，就是全 $0$，异或仍然是 $0$。

第二个命题，即对于某个局面 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，若异或和不为 $0$，一定存在某个合法的移动，将 $a_i$ 改变成 $a_i^{\prime }$ 后满足异或和为 $0$。不妨设 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 异或和为 $k$，则一定存在某个 $a_i$，它的二进制表示在 $k$ 的最高位上是 $1$。这时 $a_i\oplus k<a_i$ 一定成立，因为前者不满足。则我们可以将ai改变成 $a{i}^{\prime }=ai\oplus k$，此时异或和为 $0$。

第三个命题，即即对于某个局面 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$，若异或和为 $0$，一定不存在某个合法的移动，将 $a_i$ 改变成 $a_i^{\prime }$ 后满足异或和为 $0$，否则 $a_i=a_i^{\prime }$。

用这种特殊的有向图游戏的思想，可以解决下面的问题。

SG 函数

考虑 有向图游戏的和：有多个 完全独立 的有向图游戏，它们共同构成一个新的游戏。这个游戏中：

1. 局面即为所有有向图游戏的局面共同构成的状态。
2. 操作为选择恰好一个可操作的有向图游戏做恰好一次操作。

因为局面变为了指数级，所以直接跑不再可行，必须借助相互独立的性质计算。

---

设有向图游戏 $G$ 的一个局面 $p$，定义

$SG(p)=0$ 当且仅当 $p$ 是一个必败局面。

$SG(p)=x>0$ 当且仅当 $\mathrm{\forall }0\le y<x$，$p$ 可以转移到某个 $SG(q)=y$ 的局面 $q$；并且 不能转移到 $SG(q)=x$ 的任何局面 $q$。

发现这个东西其实和 Nim 游戏没有本质区别，只是把 $a_i$ 换成了 $SG(p)$。但是有一个问题：没有保证 $x>0$ 时不能转移到 $SG(q)>x$ 的局面 $q$。但可以证明这是没有必要的，因为根据定义，若这一步转移到 $[0,x)$ 均不可获胜，下一步对方仍然可以转移回 $SG(p^{\prime })=x$。注意 $p^{\prime }\ne p$，并非形成了环只是 $SG$ 值不变。

于是得到结论：

1. 若 $s$ 为有向图游戏 $G$ 的起点，定义 $SG(G)=SG(s)$
2. 游戏 $\sum G$ 先手必胜，当且仅当所有 $SG(G)$ 的异或和不为 $0$；否则先手必败。

Depot

AGC016F Games on DAG

给定一个有向无环图 $G=(V,E)$，定义 原游戏 为 从 $1,2$ 两个节点出发形成的两个有向图游戏的和。求满足 $E^{\prime }\subseteq E$ 的所有 $2^{|E|}$ 个生成子图 $G^{\prime }=(V,E^{\prime })$ 中，使得原游戏先手必胜的数目。$n\le 15$

等价于 $s{g}_1\ne s{g}_2$。这个难以求解，考虑改为 $2^{|E|}$ 减去使得 $s{g}_1=s{g}_2$ 的子图数目。

---

首先考虑求解 $s{g}_1=0$ 的方案数。根据数据范围，设 $f_P$ 表示 $SG$ 值为 $0$ 的集合为 $P\subseteq V$ 情况下的方案数。另外

$$\mathrm{\forall }1\notin P,f_P=0$$

这个东西不用 DP，可以 $O(2^{n}m)$ 直接算，只需考虑四类边在子图的存在性：

首先考虑 $P$ 内部，由定义这些边均不能存在。然后考虑从 $P$ 连向 $N$ 的边，由定义，这些边可以随便连。接下来是从 $N$ 连向 $P$ 的边，由定义每个 $p\in N$ 至少应有一条这样的边存在。然后对于 $N$ 内部 ，这些点之间可以随便连，因为只需要 $SG$ 非 $0$ 就符合状态。直接乘法原理求出四类边的添加方案数。最后总方案数即为 $\sum f$。

注意这时候我们考虑的 $N$ 集合只限定了 $\mathrm{\forall }p\in N,SG(p)\ge 1$ 的条件，并没有考虑具体 $SG$ 值。

---

考虑如何保证 $s{g}_1=s{g}_{2}k$，这时候有人类智慧：

将 $SG(p)=0,1,2,\cdots$ 依次加入。具体来说：考虑除去所有 $P$ 中节点，得到导出子图 $G[N]$，容易证明其中每个节点 相比原来此节点 $SG$ 值恰好减少 $1$。所以我们可以做 $O(n)$ 轮 DP 解决。

设 $g_S$ 表示只考虑点集 $S\in V$，要求 $s{g}_1=s{g}_2$ 的方案数。其中

$$\mathrm{\forall }[1\in S]\ne [2\in S],g_S=0$$

注意到这个条件使得 $s{g}_1=s{g}_2$ 相等（因为两点在同一轮被加入）。

对于 $g_S$，每次枚举子集 $N$，从 $g_N$ 转移。然后按照前述算法统计$G[P],cross(P,N),cross(N,P)$ 的边，对于 $G[N]$ 中的边，它就相当于只考虑这个导出子图G[N]的满足条件的方案数，即子问题 $g_N$。

最后答案即为 $g_V$。复杂度 $O(3^{n}n)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define popc __builtin_popcount
#define ctz __builtin_ctz

typedef long long ll;
const int maxn = 18, maxj = 1 << maxn, mod = 1000000007;

int n, m, all;
int e[maxn], f[maxj];

int main() {
	int i, j, u, v, k, real, N, P, sum = 1;
	scanf("%d%d", &n, &m), all = (1 << n) - 1;
	for (i = 0; i < m; ++i)
		scanf("%d%d", &u, &v), e[--u] |= 1 << --v, sum = sum * 2 % mod;
	for (f[0] = 1, i = 2; i <= all; i += 2) // 保证 1 不在其中
		// 枚举子集
		for (j = i; ; j = (j - 1) & i) {
			ll res = 1;
			real = i + (i >> 1 & 1); // 若 2 在其中，加入 1
			N = j + (j >> 1 & 1), P = real & ~N;
			// 枚举其中节点，转移。
			for (k = real; k; k &= k - 1)
				v = __builtin_ctz(k), res = res * (N >> v & 1 ? (1 << __builtin_popcount(e[v] & P)) - 1 : 1 << __builtin_popcount(e[v] & N)) % mod;
			f[i] = (f[i] + res * f[j]) % mod;
			if (!j) break;
		}
	sum -= f[all - 1], printf("%d\n", sum + (sum >> 31 & mod));
	return 0;
}