CQOI2013 新nim游戏
CQOI2013 新nim游戏
1 题目描述
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传统的 Nim 游戏是这样的：有一些火柴堆，每堆都有若干根火柴（不同堆的火柴数量可以不同）。两个游戏者轮流操作，每次可以选一个火柴堆拿走若干根火柴。可以只拿一根，也可以拿走整堆火柴，但不能同时从超过一堆火柴中拿。拿走最后一根火柴的游戏者胜利。
本题的游戏稍微有些不同：在第一个回合中，第一个游戏者可以直接拿走若干个整堆的火柴。可以一堆都不拿，但不可以全部拿走。第二回合也一样，第二个游戏者也有这样一次机会。从第三个回合（又轮到第一个游戏者）开始，规则和 Nim 游戏一样。
如果你先拿，怎样才能保证获胜？如果可以获胜的话，还要让第一回合拿的火柴总数尽量小。
2 分析
- 首先我们先来证明一下nim游戏的结论，在nim游戏里面，每次可以从一堆石子里面取走任意数量的石子，谁取走了最后的石子，谁就获胜。这个游戏的结论是石子的数量\(x_i\)异或起来的时候等于0的时候先手必败，如果是非0，那么先手一定有必胜策略。我们来简单证明一下，假设当前有n堆石子，每堆石子的数量是\(x_i\)，如果当前异或起来是0，那么我们无论怎么操作，都会使得剩余的异或结果为非0。我们可以假设有其中任意n-1堆石子的异或结果是K，那么还留下的一堆石子一定也是K，此时我们只要随便修改一下这堆石子的数量变成K'，那么这n堆石子异或的结果就不是0了，这样我们就证明了异或为0是一个必败局面。接下来我们假设当前n堆石子异或不为0，我们总能找到一堆石子的数量为K'，使得K'>其他n-1堆石子的异或值，此时我们减少K'变成和其他n-1堆的异或值相同，这样n堆石子的异或就为0了，这样我们证明了异或为非0是必胜局面。
- 本题中，前两次规则和普通的nim游戏不一样，仍旧要使得先手必胜。 前两回合可以一堆不拿，也可以拿走若干堆（不能全部拿走）。 本来我们可以第一个人拿走了以后，留下异或为0的局面，但是现在不行。因为即使现在异或为0，第2个人仍旧可以拿走若干堆使得异或仍旧是0，这样先手就败了。如果第一个人留下异或不为0的情况，那么第2个人由于只能整堆拿，那么留下的局面异或肯定还是非0，这样先手就必胜了。
- 所以我们只要留下一个异或不为0的情况就可以了，但是如果这些堆里面去掉若干会变成异或0就不行。也就是第一个人要留下的堆必须是不能相互表示的，这样就是线性基了。我们要先排序（按照火柴数量从大到小），然后依次贪心插入线性基里面，这样的得到就是最大的，去掉的就是最小的。
- 时间复杂度：\(O(k\log_{2}{k}+30*k)\)，前者是排序的时间复杂度，后者是插入线性基的时间复杂度。
3 代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 110
#define ll long long
int d[N],n,a[N];
ll sum,ans;
int ins(int x){
for(int i=30;i>=0;i--)
if(x&(1<<i)){
if(d[i]) x^=d[i];
else{
d[i]=x;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(a[i]<a[j])
swap(a[i],a[j]);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ins(a[i])) ans+=a[i];
cout<<sum-ans<<endl;
return 0;
}
