luogu2594 [ZJOI2009]染色游戏
做法其他题解已经说得很清楚了，但似乎没有对于本题 SG 函数正确性的证明，我来口胡一下（
证明：
猜想：
我们要用到一个结论： 局面的 SG 值等于局面中所有反面朝上的硬币单独存在时的 SG 值的异或和 。然而这个结论我不太会证（）。我们暂且使用它而不证明。
首先当 \(i=1\lor j=1\) 成立时，本题相当于一维放硬币问题，其 SG 函数等同于一维的 \(lowbit(i)\)。因为 \(i\) 或 \(j\) 中至少有一个是 1，于是我们只需要将横纵坐标相加再 \(-1\) 即可消去为 1 的那一维。
对于其他情况我们使用数学归纳法：
首先对于 \(\operatorname{SG}(2,2)\) ，有以下几种选择方案（下图中 \(0/1\) 代表反转后分别是正面/反面朝上）：
\(\begin{matrix} 0&0\\0&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=0\)
\(\begin{matrix} 0&1\\0&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=\operatorname{SG}(1,2)=2\)
\(\begin{matrix} 0&0\\1&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=\operatorname{SG}(2,1)=2\)
\(\begin{matrix} 0&1\\1&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=\operatorname{SG}(1,2)\space\operatorname{xor}\space \operatorname{SG}(2,1)=0\)
\(\begin{matrix} 1&1\\0&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=\operatorname{SG}(1,1)\space\operatorname{xor}\space \operatorname{SG}(1,2)=3\)
\(\begin{matrix} 1&0\\1&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=\operatorname{SG}(1,1)\space\operatorname{xor}\space \operatorname{SG}(2,1)=3\)
\(\begin{matrix} 1&1\\1&0 \end{matrix} ,\operatorname{SG}=\operatorname{SG}(1,1)\space\operatorname{xor}\space SG(1,2)\space\operatorname{xor}\space \operatorname{SG}(2,1)=1\)
\(\therefore \operatorname{SG}(2,2)=\operatorname{mex}\{0,2,2,0,3,3,1\}=4\)，满足猜想。
还有一种特殊情况就是 \(i=2\land j>2\) 或 \(i>2\land j=2\)，不难发现它们是等价的，因此这里我们只以 \(i=2\land j>2\) 为例。此时有 \(\operatorname{SG}(i,j-1)=2^{i+j-3},\operatorname{SG}(i-1,j)=\operatorname{lowbit}(j)\)。由 SG 函数定义有对于左上角为 \((1,1)\)，右下角为 \((i,j-1)\) 的不包含右下角的矩形，在其中选择满足题目要求的连通块所得 SG 函数值域取遍 \([0,2^{i+j-3}-1]\)。因此在选择 \((i,j-1)\) 一点与上述矩形范围内取连通块可以取遍 \(2^{i+j-3}\space\operatorname{xor}\space[0,2^{i+j-3}-1]\) 即 \([2^{i+j-3},2^{i+j-2}-1]\) 范围内的值；可以证明在 \(j\ge3\) 时有 \(\operatorname{SG}(i-1,j)=\operatorname{lowbit}(j)\le 2^{i+j-4}\) （在 \(j=3\) 时有 \(\operatorname{lowbit}(3)=1\le 2^{i+j-4}\) ，而在 \(j>3\) 时有 \(\operatorname{lowbit}(j)\le j \le 2^{j-2}=2^{i+j-4}\)），因此在选择 \((i-1,j)\) 一点与上述矩形范围内取连通块可以取遍 \(\operatorname{lowbit}(j)\space\operatorname{xor}\space[0,2^{i+j-3}-1]\) 也即 \([0,2^{i+j-3}-1]\) 范围内的值（因为 \(\operatorname{lowbit}(j)\) 一位上为 1 的数异或后该位会变成 0，为 0 的数该位会变为 1，值域仍取遍）。做一下 mex 可得 \(\operatorname{SG}(i,j)=2^{i+j-2}\)，符合猜想。
对于 \(i>2\land j>2\) 的 \((i,j)\)，由数学归纳法有 \(\operatorname{SG}(i,j-1)=\operatorname{SG}(i-1,j)=2^{i+j-3}\)，由 SG 函数定义有对于左上角为 \((1,1)\)，右下角为 \((i,j-1)\) 的不包含右下角的矩形，在其中选择满足题目要求的连通块所得 SG 函数值域取遍 \([0,2^{i+j-3}-1]\)。因此除选择点 \((i,j)\)外，在 \((i,j-1),(i-1,j)\) 两点与上述矩形范围内取连通块可以取遍 \([0,2^{i+j-3}-1]\) 范围内的值，在 \((i,j-1)\) 一点与上述矩形范围内取连通块可以取遍 \(2^{i+j-3}\space\operatorname{xor}\space[0,2^{i+j-3}-1]\) 即 \([2^{i+j-3},2^{i+j-2}-1]\) 范围内的值，做一下 mex 可得 \(\operatorname{SG}(i,j)=2^{i+j-2}\)，符合猜想。
证毕。
顺便挂一下代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T , n , m , sg[110][110] , init() , f[220] , flag;
string s;
inline void init()
{
for(int i = 1 ; i <= 100 ; i++ ) sg[i][1] = sg[1][i] = log2(i & (-i));
for(int i = 2 ; i <= 100 ; i++ )
for(int j = 2 ; j <= 100 ; j++ ) sg[i][j] = i + j - 2;
return ;
}
int main()
{
init();
scanf("%d" , &T);
while(T--)
{
memset(f , 0 , sizeof(f)); flag = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++ )
{
cin >> s;
for(int j = 1 ; j <= m ; j++ )
{
if(s[j - 1] == 'T') f[sg[i][j]] ^= 1;
}
}
for(int i = 0 ; i <= 200 ; i++ )
{
if(f[i])
{
flag = 1;
break;
}
}
if(flag) printf("-_-\n");
else printf("=_=\n");
}
return 0;
}
/*
1
3 4
TTHH
THTH
TTHH
*/
