『博弈』做题记录

AGC002E

题意：两人轮流操作， \(n\) 堆石子，每次操作可取走最大的那一堆，或全部取 \(1\) 。

考虑将原序列排序，然后考虑把序列看成一个矩阵，第 \(i\) 列有 \(a_i\) 个矩阵元素。

两人操作可看成从 \((0,0)\) 开始走，每次向左或右走一步。

然后这就是一个简单博弈了。

CF494E

题意：有一个 \(n \times n\) 的矩阵，初始有些子矩阵为白，其余为黑，两人博弈，每次操作即为选择长不超过 \(k\) 的子矩阵反色，求 sg。

考虑分割小游戏。

将一个点单独为白时（其余为黑）看成一个游戏，求这个点的 sg ，然后不难证明 这些白点 sg 异或和即为整个游戏 sg。

考虑怎么求点 sg，有个显然的事实是： \(sg(x,y)= \text{mex}_{1 \leq i,j \leq k} {\bigoplus\limits_{i=x-i}^{x}\bigoplus\limits_{j=y-i}^{y}[i \not=x \| j \not=y] sg(i,j)}\)

然而复杂度吃不消，然后你就开始打表，结合数学归纳法和题解，我们可以得到结论 \(sg(x,y)=\min(\text{lowbit}(x),\text{lowbit}(y),\text{greatbit}(k))\) 然后上个扫描线，复杂度就将为 \(O(m \log n)\) 。

upd：这个具体证明我有时间补一下，我当时好像拿这个讲题讲了具体证明。

CF1451F

题意：给定矩阵，每次操作取矩阵上最短路，保证任意时刻数 \(\geq 0\) 减小起点，路径上点随便改，两人博弈，求 sg。

考虑将右上左下斜数看成一个子游戏，总游戏先手必胜时有子游戏异或和不全为 \(0\) 。 证明：显然有从一个不为 \(0\) 的斜线开始，这个子游戏显然可以当成普通 nim，然后后面即使有起点位置限制，但随便改将限制淡化，可使全部子游戏全部异或和为 \(0\) 。

推荐类似练手题：CF1149E

P5363

题意： 在 长为 \(n\) 链上放 \(m\) 个棋子，两人博弈，每次可将任意棋子向左移任意步，不可越过棋子，求先手必胜状态个数。

考虑转化游戏，将原游戏的两个棋子相距当成一堆石子，然后操作变成了将一堆石子给 \(k\) 个给右边一堆。 这显然是个阶梯 nim ，阶梯 nim 有个显然结论： 奇数阶梯石子数异或和非 \(0\) 时，先手必胜。

发现题目转化后是偶数堆石子数异或和非 \(0\) 时，先手必胜。

我们考虑 sg 上 dp，发现非 \(0\) 不好记录，考虑容斥掉，记录为 \(0\) 答案。

CF1110G

题意：给定树，先手可以在树上某个节点染白色，后手可以在树上某个节点染黑色，出现链长为3的相同颜色时，涂该颜色的人获胜。判断谁赢或平局（染色不能覆盖已染色的节点）。

首先，后手必不胜。其次，存在度数大于 \(4\) 的点，先手必胜。

如果所有点度数都小于 \(3\) ，显然平局。 对于接下来的情况，讨论某个或某对度数为 \(3\) 。

不难证明，对于一个度数为 \(3\) 的节点，只要存在两个或以上子节点满足度数大于 \(1\) ，先手必胜。

对于一对度数为 \(3\) 的节点，他们之间的距离为偶数时，先手必胜。 以上所有情况均可 \(O(n)\) 解决。

CF388C

题意：两人博弈，有 \(n\) 堆牌，\(\text{Alice}\) 每轮可以从牌堆顶取一张，\(\text{Bob}\) 每轮可以从牌堆底取一张，两人都希望自己取的牌点数和最大，问两人最终点数和分别是多少。

贪心。 两人必然分别会取走每堆牌顶和底 \(\lfloor \frac{a}{2} \rfloor\) 个，然后考虑奇偶问题，考虑将所有堆中间的那个点数放进堆中，然后两人顺序取点即可。

AGC010F

题意：树，点有点权，一棋子于根，两人每轮可以走一步，然后将当前位置点权值减一，不可走负点或 \(0\) ，无法移动的输，求谁必胜。 不难证明，对于所有情况，一定是往叶子节点走，然后就很好处理了。

P2490

忘了不写。

P6665

摆烂人，忘了，但是大概是 01trie 优化 sg 函数。

P8347

考虑子树不全是都是 \(\text{P}\) 态时显然是 \(\text{N}\) 态，那对于全是 \(\text{P}\) 态时，就是转化为双方只能删树。 那就是 AGC017D 的典题，但是有点问题，这是无法操作者赢的游戏，那就求出 sg 然后转化为 anti-sg 即可。

P7979

这种题，拿到题第一眼一定先打表。

首先这是显然的 knim，设 \(\text{SG}(x)\) 为石子数为 \(x\) 时的 \(sg\) 值，考虑什么局面可以被转移。

设 \(a=(e+d \sqrt{s}),b=(e-d \sqrt{s})\)，其中 \(s \in \mathbb{N}\)，\(x,d\) 都是整数或分数。

而又要满足 \(2e \in \mathbb{Z} ,ab =x,2e \leq x\)。

\(\therefore e= \dfrac{g}{2}\leq x,e^2-d^2s = x \ \ (g \in \mathbb{Z})\)

不难发现 \(e^2-d^2s = x\) 等价于 \(e^2 \geq x\)。

有 \((2e)^2 \geq 4x,2e \in \mathbb{Z}\)，即 \(g \geq \lceil 2\sqrt{x} \rceil\)。

那么有 \(\text{SG}(x)= \text{mex}_{i=0}^{x-\lceil 2\sqrt{x} \rceil} \{ \text{SG}(i) \}\)。

经过打表或者瞪眼都不难发现，\(sg\) 函数单调不降。

那么这提示我们求 \(sg\) 值的时候可以二分，那我们需要求 \(dsg\) 值。

设 \(\text{DSG}(x)=\min\{j|\text{SG}(j)=x \}\)。

考虑怎么转移：

\(\text{DSG}(x+1)=\min\{p| p-\lceil 2\sqrt{p} \rceil \geq \text{DSG}(x)\}\)

设 \(q=\text{DSG}(x)\)。

式子重构一下：

\(p-\lceil 2\sqrt{p} \rceil \geq q\)

\(\Rightarrow p- 2\sqrt{p} \geq q\)

\(\Rightarrow 2\sqrt{p} \leq p-q\)

\(\Rightarrow 4p \leq (p-q)^2\)

\(\Rightarrow p^2-(2q+4)p+q^2 \geq 0\)

不难发现求出 \(\geq q\) 的最小根即为所求。

不难发现根为 \(\dfrac{(2q+4)\pm \sqrt{(2q+4)^2-4q^2}}{2}=q+2\pm \sqrt{4q+4}\)。

显然，只有在取正时才 \(\geq q\)。

故 \(\text{DSG}(x+1)=q+2+\lceil 2\sqrt{q+1}\rceil\)，即 \(\text{DSG}(x+1)=\text{DSG}(x)+2+\lceil 2\sqrt{\text{DSG}(x)+1}\rceil\)

不难发现 \(sg\) 值是 \(O(\sqrt{S})\) 的。

那我们显然可以 \(O(\sqrt{S})\) 预处理一发，然后离线扫，不过这显然过不了。

然后开始震撼人心的打表环节。

对 \(\text{DSG}\) 差分 \(2\) 次，然后发现全是 \(2,3\)。

然后对于 \(3\) 位置的数下表差分，然后扔到 oeis 上，就会发现他在形如 \(101010101\dots\) 的数上有值，当然也可以直接 \(O(\sqrt{S})\) 暴力找出所有 \(3\) 的位置。

预处理所有 \(3\) 位置的数，设第 \(i\) 个是 \(pos_i\)，不难发现是 \(O(\log S)\) 的，

然后考虑将第一次差分得出的数写成 \(2k_i+d_i\) 的形式。

显然第 \(i\) 个数是 \(2(i+1)+\max \{j|pos_j \leq i \}\)

然后考虑再算出差分前的式子。

第 \(i\) 个数是 \(i(i+3)+\sum\limits_{j=1}^{i} \max \{k|pos_k \leq j \}\)

设 \(p=\max \{k|pos_k \leq i \},t_i=\sum\limits_{j=1}^{i}pos_j\)。

考虑每个 \(pos\) 的贡献。

\(\Rightarrow i(i+3)+\sum\limits_{j=1}^{p} (i-pos_j)\)

\(\Rightarrow i(i+3)+ip -t_p\)

有 \(\text{DSG}(i)=i(i+3)+ip -t_p\)

不难发现对于每个 \(i\)，有 \(pos_p \leq i < pos_{p+1}\) 。

而 \(\text{DSG}\) 显然单调不降，二分最大的 \(p\) 满足 \(pos_p(pos_p+3)+pos_p \times p -t_p \leq s\)。

然后固定 \(p\) 后，解方程可得 \(i\) ，此处复杂度为 \(O(\log \log S)\)。

但是拆二进制位则需要 \(O(n \log S)\) 的时间。

考虑在一个值域轴上，每个点有一个值，而算每个数二进制贡献，这样扫值域复杂度是值域乘一只 \(\log\)。

考虑 \(\text{SG}\) 值是 \(O( \sqrt{S})\) 的，发现由于二进制位是独立的，可以把分位放到值域轴上扫。

假设分了 \(w\) 段，此处复杂度就是 \(O(w(S^{\frac{1}{2w}}\log S+n))\)。

总复杂度就是 \(O(n \log \log S+w(S^{\frac{1}{2w}} \log S+n))\)。

hdu 2509 hdu 3032 pku 2311 pku 3537 bzoj 2940 bzoj 1188 bzoj 3576 hdu 3595 pku 3710 hdu 2509