洛谷P2148 [SDOI2009]E&D（博弈论）

洛谷题目传送门

先安利蒟蒻仍在施工的博弈论总结

首先根据题目，石子被两两分组了，于是根据SG定理，我们只要求出每一组的SG值再全部异或起来就好啦。

把每一对数看成一个ICG，首先，我们尝试构造游戏的状态转移DAG。把一堆石子拿掉，另一堆任意拆成两堆，等于说由状态$(a,b)$可以转移到$\{(c,d),c+d=a$或$c+d=b\}$

一眼看不出来这是要干神马。。。。。。然后开始打表。其实打表的方式可以更简单。首先，观察上式，对于每一个a，所有$c+d=a$的$(c,d)$的$SG$值集合我们可以先用一个bitset存起来，这样当我们求$(a,b)$的$SG$值时我们直接将$a$和$b$对应的两个集合并起来再求$mex$就好啦。于是得到了打表代码（bitset实在是太好用啦）

#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=10,M=N+1;//随便调大小
typedef bitset<M> B;
B s[M];
int ans[M][M];
inline int mex(B b){//干什么就不解释了吧
	int i=0;
	while(b[i])++i;
	return i;
}
int main(){
	int i,j,k;
	for(i=2;i<=N;++i)
		for(j=1,k=i-1;k;++j,--k)
			s[i].set(ans[j][k]=mex(s[j]|s[k]));//枚举合并
	for(i=0;i<N;++i)printf("%3d",i);puts("");
	for(i=1;i<N;++i){//输出矩阵
		printf("%2d:",i);
		for(j=1;i+j<=N;++j)
			printf("%3d",ans[i][j]);
		puts("");
	}
	for(i=1;i<=N;++i){//输出对于每一个a，所有c+d=a的(c,d)的SG值集合
		printf("%2d:SG%d ",i,mex(s[i]));
		cout<<s[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

打出来的答案矩阵

 0:  1  2  3  4  5  6  7  8  9
 1:  0  1  0  2  0  1  0  3  0
 2:  1  1  2  2  1  1  3  3
 3:  0  2  0  2  0  3  0
 4:  2  2  2  2  3  3
 5:  0  1  0  3  0
 6:  1  1  3  3
 7:  0  3  0
 8:  3  3
 9:  0

怎么看也没看出什么特别的地方

但接着看看对于每一个$a$，所有$c+d=a$的$(c,d)$的SG值集合

 1:SG0 00000000000
 2:SG1 00000000001
 3:SG0 00000000010
 4:SG2 00000000011
 5:SG0 00000000100
 6:SG1 00000000101
 7:SG0 00000000110
 8:SG3 00000000111
 9:SG0 00000001000
10:SG1 00000001001

诶，$S_i$等于$i-1$的二进制表示！！（我太弱了，不会证）

那对于询问的每一对数$(i,j)$，直接求$(i-1)\mid(j-1)$（按位或）的二进制的最低的0所在的二进制位，把所有的异或起来就好啦

代码应该很好懂啊，直接位运算搞一搞就行啦

#include<cstdio>
#define R register int
const int SZ=1<<21;
char ibuf[SZ],*pi=ibuf-1;
inline int in(){
	while(*++pi<'-');
	R x=*pi&15;
	while(*++pi>'-')x*=10,x+=*pi&15;
	return x;
}
int main(){
    fread(ibuf,1,SZ,stdin);
	R T=in(),n,x,cnt,ans;
	while(T--){
		ans=0;
		n=in()>>1;
		while(n--){
			cnt=0;
			x=(in()-1)|(in()-1);
			while(x&1)++cnt,x>>=1;
			ans^=cnt;
		}
		puts(ans?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}