topcoder-srm701-div2-900 博弈\计算二进制位1的个数\dp\状态压缩
借用一下qls翻译过来的题面
给定 n 和 m，问谁赢
n<=5e8, m<=50
TL 2s
如图所示，一个点是p-position的条件是，他的前驱节点是必胜态
一个点是N-position则要求他的后继节点全部都是必败态（否则他是做不到必胜，记住。。是必胜）
那么我们可以得到，标记一个点的规则是，观察当前未被标记的点的所有后继节点，如果它的后继节点全部都
达到了必胜态，则这个点一定是必败态，我们就标记成必败态，如果它的后继节点中至少有一个点是必败态，那么
当前的这个点一定是必胜态，因为如果有必胜的方法，只要有，我们就一定会去选择他。
了解了这个之后就差不多了。。
首先。。一开始有n个石子，但是我们每个人都不会清楚当前如何决策是最优的，因为从n个石子的状态开始，
没有一个点的后继节点的状态是明确的，我们要至少找出一个具有明确状态的点才能继续我们的工作
这时候我们需要做的工作是，找到这个博弈情景中的终态，什么是终态呢。。第一，已经分出胜负，
第二，从这个状态开始再也无法移动，游戏无法进行下去了。
那么这个题，有两个终态，第一当你面对石子的时候，它已经剩下了0个，游戏结束，你无法做任何操作，并且你输掉了比赛
第二，当你面对这堆石子时，他的数量写成二进制的形式后有奇数个1，而题目中说了，如果当前移动后的结果是奇数个1，那么
移动的这个人就会输，那么换句话说，当你正好面对这奇数个1时，不用做任何操作，因为上一个人已经输了（按照题目中的游戏定义）
所以我们至少要按照定义找到至少一个有明确状态的点，当我们从n个石子的这个状态出发去考虑，我们发现如果它的儿子们没有明确的
状态，那我就只能去找它儿子的儿子们，那么我们发现这其实是一个递归地过程，最终我们会找到叶子节点（有明确状态的点）
然后根据前面介绍的博弈论的基础知识去回溯，因为我们知道所有的后继节点都有了明确的状态之后，那么我们可以很容易的推知
他们的父亲节点是什么状态
int dfs(int n,int m,int dep){ if(ans[n]!=-1) { return ans[n]; } if(n==0){ return ans[n]=0;//终态为零时输掉 } if(Count(n)%2==1){ return ans[n]=1;//当前二进制位数为奇数 } register int i; int res=dfs(n-1,m,dep+1); for(i=2;i<=m;++i){ if(n-i>=0){ res&=dfs(n-i,m,dep+1); } } if(res==1){ return ans[n]=0; } else{ return ans[n]=1; } }
以上为递归程序的版本
我们清楚了这个过程之后，发现，一开始的递归找叶子节点（有明确状态的点）这一过程是多余的
因为我们知道应用何种知识去找出叶子节点，即终态的意义明确
所以我们可以从递归树的底部，直接回溯上去
void solve(int n,int m){ int i,j; int res=0; int dp[m]; for(i=1;i<=m;++i){ dp[i]=1; } for(i=1;i<=n;++i){ // cur=res; for(j=2;j<=m;++j){ if(n-j>0){ res&=dp[j]; } } if(res==1) { res=0; } else{ res=1; } if(Count(i)%2==1){ res=1; } for(j=m;j>=2;++j){ dp[j]=dp[j-1]; } dp[1]=res; } }
这个是递推程序的版本
为什么要开m大小的dp数组呢，这是因为，每个博弈的阶段，我们都有m个选择，选择1~m中的一个数，取出对应数的石子
能不能取，我们再说，到时候程序里判断一下就完事了
并且还有另外一个分析的方法，因为你是从递归树的底部往上推，那么你就需要知道上面那个点的所有子节点都是些什么
或者说如何找到它的所有子节点，那么我们知道因为你每个阶段最多作出m个决策（必胜必败，石子数不够的情况都会少于m个决策）
所以通过m我们就能找到它所有的后继节点的状态，因为每次都只用到了这m个状态，所以我们只存这m个状态，每次迭代即可
如何迭代呢？我们就要去分析一下递归树，每次这m个状态都是哪些状态（我都用到了哪m个状态），这个题呢，正好就是有规律的，不断用算出来的一直迭代
旧的状态就行，一定要自己画一画。
走到这一步。。我们注意到，我的dp数组里存的数，不是零就是1，而且m还比较小，最大50，那么long long是能存下的，这里有一个坑
那就是ll p=(1<<50);会溢出。。因为1默认是整型，必须要写成ll p=(1ll<<50)
所以我们考虑用long long来压m位，进行状态压缩。。，那么我怎么考虑我这m个状态的更新呢。。不用担心。。我们使用位运算
使用左移运算就能达到后面的位保存前面的位的效果。。但是这样的话，这个数就越来越大了，不是m位了。。会爆炸的。。所以
我们用一个m位全一的数跟压位的这个数做一下与运算，为的是这个m位全1的数的高位的零把压位的这个数的超过m位的不为1的位都截掉
然后最后一位用或运算更新状态即可。。这样就代替了上面的dp数组
void test(int n,int m){ ll allwin=(1ll<<m)-1; ll nowstate=allwin; register int i,j; for(i=0;i<=n;++i){ if(Count(i)&1||nowstate!=allwin){ res=1; } else{ res=0; } nowstate=((nowstate<<1)&allwin)|res; } }
这里这个Count（int v）函数是用来计算一个数的二进制1的个数，显然这个时间复杂度是nlogn的
对于题目中的数据，这样铁定超时。。
所以说我们就要加速对于Count（n）的计算
然后呢。。我们注意到题目中n最大不会超过int,那么int一共有32位，我们可以用分治的思想
把它分成两半，那么一半就是1<<16了。。，于是乎。。我们就预处理出0~(1<<16)-1（16个1）这些数每个数有多少个1就行了
((pre[i>>16]+pre[i&((1<<16)-1)])&1)我们来理解一下，这个式子。。
前半句是说，取i的高16位，显然是在针对超过16位的i，如果i本来就不够16位，那么我们知道pre[0]=0;
那么后半句就是在说，把i的低十六位取出来。。
然后我们就能快速地预处理这个值了
我们还用到了一个__builtin_popcount,(注意前面有俩下划线。。。)，这个是内置函数。。不需要头文件，这个函数算的还是贼快的。。
他能快速算出一个数有多少个二进制位的1
另外：string前面要加上std::
下面贴上代码
#include <iostream> #include <cstdio> #include <string.h> #include <time.h> #define ll long long class ThueMorseGame{ public: int pre[1<<16]; std::string get(int n,int m){ int i; int res=0; ll allwin=(1ll<<m)-1; ll nowstate=allwin; for(i=0;i<(1<<16);++i){ pre[i]=__builtin_popcount(i); } for(i=0;i<=n;++i){ if(((pre[i>>16]+pre[i&((1<<16)-1)])&1)||nowstate!=allwin){ res=1; } else{ res=0; } nowstate=((nowstate<<1)&allwin)|res; } //i 从1开始，nowstate全是1，是不对的，因为有一个0的必败态 //所以从零开始，初始化一下 return (nowstate&1)?"Alice":"Bob"; } }; int main(){ int st,ed; int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); ThueMorseGame p; st=clock(); std::string ans=p.get(n,m); ed=clock(); std::cout<<ans<<" time:"<<(double)(ed-st)/CLOCKS_PER_SEC<<"s"<<std::endl; return 0; }
