Nim积

Nim积

https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10507030.html

对于高维的Nim游戏,可以拆分为单独的每一维求Nim积.

下文以二维Nim积为例,定义为

\[x \otimes y = mex\{ (a \otimes b) \oplus (a \otimes y) \oplus(x \otimes b),0 \le a < x, 0 \le b < y \} \]

其中 \(\otimes\) 为nim积, \(\oplus\) 为异或.

性质

\[0 \otimes x = 0 \\ 1 \otimes x = x \\ x \otimes y = y \otimes x \\ (x \otimes y) \otimes z = x \otimes (y \otimes z) \\ x \otimes(y \oplus z) = (x \otimes y) \oplus(x \otimes z) \]

即 \(0\) 与任何数的Nim积为 \(0\) ,\(1\) 为单位元,满足交换律,结合律,分配率.

费马数

费马数即 Fermat 2-power 数为形如 \(2^{2^n}\) 的数,其中 \(n \in \mathbb {N}\) ,对于费马数 \(a\) 满足

1. 对于\(x<a\) ,有 \(a \otimes b = a \times b\)
2. \(a \otimes a = \dfrac 32 a\)

二维Nim积的计算

设 \(f(x,y) = x \otimes y\) ,我们将 \(x,y\) 拆分为若干个二进制位计算,令 \(g(x,y) = 2^x \otimes 2^y\) ,则有

\[f(x,y) = \oplus_{u \in x,v\in y}g(u,v) \]

\(g(x,y)\) 的计算

现在要计算 \(g(x,y)=2^x \oplus 2^y\) ,那么对于 \(x,y\) 的最高位 \(k\) (即 \(x\) 的最高位和 \(y\) 的最高位中的较大值),有以下两种情况

最高位均为1

设 \(M=2^{2^k},A=2^{x-2^k},B=2^{y-2^k}\) ,其中 \(M\) 为费马数,且 \(M>A,M>B\) ,那么可以利用费马数的性质进行如下推导

\[\begin{align} x \otimes y &= (A \times M) \otimes(B \times M) \\ &=(A \otimes M) \otimes (B \otimes M) \\ &= (M \otimes M) \otimes(A \otimes B) \\ &= (\dfrac 32M) \otimes (A \otimes B) \end{align} \]

最高位中有一个1,一个0

不妨设是 \(x\) 的最高位为 \(1\) ,设 \(M=2^{2^k},A=2^{x-2^k},B=2^y\) ,有 \(M>A,M>B\) ,则

\[\begin{align} x \otimes y &= (M \times A) \otimes B \\ &= (M \otimes A) \otimes B \\ &= M \otimes (A \otimes B) \end{align} \]

---

于是递归的思考上面的过程,可以得到这样的式子

\[\begin{align} g(x,y) &= (\otimes_{k \in (x \ xor \ y)} 2^{2^k}) (\otimes_{k \in (x \ and \ y) } 3 \cdot 2^{2^k-1}) \\ &= (\prod_{k \in (x \ xor \ y)} 2^{2^k}) (\otimes_{k \in (x \ and \ y) } 3 \cdot 2^{2^k-1}) \end{align} \]

右边的部分可以用 \(f(x,y)\) 进行递归计算

时间复杂度 \(O(\log ^2 n)\) .

HDU 3404 Switch lights

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
using namespace std;
const int maxn=1000+50;
int T;
int n;
int x[maxn],y[maxn];
int bit[25];
int g[25][25];
int F(int,int);
int G(int x,int y)
{
	if(x==0||y==0) return bit[x+y];
	if(~g[x][y]) return g[x][y];
	int &re=g[x][y]=1;
	for(int i=0,t=x^y;bit[i]<=t;++i) if(t&bit[i])
		re<<=bit[i];
	for(int i=0,t=x&y;bit[i]<=t;++i) if(t&bit[i])
		re=F(re,3*bit[bit[i]-1]);
	return re;
}
int F(int x,int y)
{
	if(!x||!y) return 0;
	if(x==1||y==1) return x*y;
	int re=0;
	for(int i=0;bit[i]<=x;++i) if(x&bit[i])
		for(int j=0;bit[j]<=y;++j) if(y&bit[j])
			re^=G(i,j);
	return re;
}
bool sol()
{
	int an=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) an^=F(x[i],y[i]);
	return an;
}
void init()
{
	bit[0]=1;
	for(int i=1;i<=20;++i) bit[i]=bit[i-1]<<1;
	memset(g,-1,sizeof(g));
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&T);
	for(int kase=1;kase<=T;++kase)
	{
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
		puts(sol()?"Have a try, lxhgww.":"Don't waste your time.");
	}
	return 0;
}

另一种二维nim积的计算方法

https://codeforces.com/blog/entry/74214

计算 \(x \otimes y\) ,设 \(x=xa \cdot P+xb,y=ya \cdot P + yb\) ,其中 \(P\) 是一个尽量将 \(x,y\) 分为相同两半的费马数.

那么有

\[\begin{align} x \otimes y&=(xa \otimes P \oplus xb) \otimes (ya \otimes P \oplus yb) \\ &= (xa \otimes ya) \otimes(P \otimes P) \oplus ((xa \otimes yb) \oplus (xb \otimes ya)) \otimes P \oplus (xb \otimes yb) \end{align} \]

观察发现,对于其中 \((xa \otimes yb) \oplus (xb \otimes ya)\) ,有

\[(xa \oplus xb) \otimes (ya \oplus yb) = ((xa \otimes yb) \oplus (xb \otimes ya)) \oplus (xa \otimes ya) \oplus (xb \otimes yb) \]

而 \(P \otimes P = \dfrac 32 P = P \oplus \dfrac P2\) .所以可以如下计算

ull nim[256][256]; // 记忆化
ull f(ull x,ull y,int len=32) {
    if(x==0||y==0) return 0;
    if(x==1||y==1) return x*y;
    if(len<=4&&nim[x][y]) return nim[x][y];
    ull xa=x>>len,xb=x^(xa<<len),ya=y>>len,yb=y^(ya<<len);
    ull a=f(xb,yb,len>>1),b=f(xa^xb,ya^yb,len>>1),c=f(xa,ya,len>>1),d=f(c,1ull<<len-1,len>>1);
    ull re=((b^a)<<len)^a^d;
    if(len<=4) nim[x][y]=re;
//	debug("%llu %llu %llu\n",x,y,re);
    return re;
}

由于 \(x,y\) 很快会变成 \(0\) ,所以速度远远快于上面的方法.