2.25 CW 模拟赛 T4. 博弈论

前言#

本来并不打算补这个题, 但是发现想拿到更好的分数, 应该对这题有更多的分析
至于 $\mathrm{T}3$ , 除了让我知道分拆数类型的状态压缩 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 还可以乱搞, 没有什么意义, 现在也不太可能拥有这个水平

思路#

题意

给定一个序列
$\textrm{A and B}$ 每次可以在序列两侧选择并拿出一个数, 把答案异或上它$($初始是零$)$
最终拿完之后, 手上答案更大的赢
$\rm{A}$ 先手, 输出哪位必胜或平局

不难发现, 由于异或的结合律, 最终 $\mathrm{A}$ 的答案$($以下记为 $a$$)$ 异或上 $\mathrm{B}$ 的答$($以下记为 $b$$)$ 等于全串异或和 $s$
因此如果 全串异或和 $s=0$ , 那么必定没有必胜策略

现在剩下的情况中, 必定没有平局情况
对答案进行二进制拆分, 不难发现对于 $s$ 的最高位置, 一定有 $\text{A or B}$ 中的一个拿到这个 $1$ , 另外一个拿不到
所以我们可以只考虑最高位, 问题转化成 $01$ 序列上的问题

暴力做法#

你发现这种两端取数问题长得非常像区间 $\mathrm{d}\mathrm{p}$

我们先不考虑 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 怎么做, 先把所有情况的游戏树列出来
不难发现, 如果 $\mathrm{A}\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{c}\mathrm{e}$ 必胜, 那么一定存在一个方法, 使得 $\text{Alice}$ 每次选择都可以走到一个不管 $\text{Bob}$ 怎么选都可以必胜的状态
如果 $\mathrm{A}\mathrm{l}\mathrm{i}\mathrm{c}\mathrm{e}$ 必输, 那么就是无论怎样都传不上去

图片说明

图片中, $\rm{Alice}$ 必胜, $\rm{Bob}$ 必输

怎么形象的处理这个问题, 不难发现你不太可能直接把这个大小为 $2^n$ 的树建出来, 所以我们可以考虑从 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的角度思考
类似区间 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ , 对这棵树标号

不难发现我们可以预处理出每一个叶子结点的取值$($$\text{Alice win or Bob win}$$)$ , 每次上提的过程就是 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的过程, 发现同编号区间状态一定相同 $($不难理解, 因为异或的结合律$)$ , 所以直接转移即可做到 $\mathcal{O}(n^2)$

正解#

他人题解, 仅供参考 (来源)

分为两种情况：长度为奇数和长度为偶数。

先来看第一种：长度为偶数。我们将 $01$ 序列分为奇数位和偶数位，此时 a_i 的异或和不为 $0$，所以必然要么是奇数位上有奇数个 $1$，要么是偶数位上有奇数个 $1$，于是先手可以直接控制后手所选的 $1$ 的奇偶性，故在此种情况下先手必胜。

再来看长度为奇数的情况：

假如两端都是 $0$，那么无论先手选哪个都会使当前后手变为长度为偶数的先手状态，于是此时先手必败；

假如一端为 $1$，那么先手必然要选作为 $1$ 的一端，否则必败，不是最优策略；之后先手需要跟随后手的选择，保证两者的选择完全一致，否则必败我们来简单讨论一下原因：

假如在这一步之前，所有的先手的每一步都跟随着后手选，所以此时先后手选的 $1$ 的数量的奇偶性一定不同，在这一步时，后手选了 $1$，先手选了 $0$，那么此时先后手选的 $1$ 的数量的奇偶性变为相同，于是一共选了偶数个 $1$，还剩奇数个 $1$，此时一共选了奇数个数字，于是还剩偶数个数字，此时后手作为当前局面的先手进入必胜状态；于是这样选先手必败。
在这一步时，后手选了 $0$，先手选了 $1$，与上面的证明同理，可得这样先手必败。
由于先手取走了一个 $1$，那么此时 $1$ 的个数为偶数，由于每一步先手都跟着后手选，所以先后手必然平分偶数个 $1$，如果这个个数不能被 $4$ 整除，也就意味着先手被分到了奇数个 $1$，加上了最初的那个 $1$，必败。

那么，怎样的序列才能满足先手能跟着后周的每一步选呢？删除掉左右两边相同的数后，剩下的应当满足相邻奇偶位（如 $1$ 和 $2$ 是，但 $2$ 和 $3$ 不是）上的数字相同，这里不证正确性，证法与上面相似。

总结#

博弈论应当先考虑基本性质

二进制相关问题往往可以拆成每一位考虑
本题特殊的地方在于因为考虑最值, 只需要考虑最高位即可, 这也是常见的贪心做法

一般来说, 数据模拟应当尽量真实以找到更多的性质