Nim积解法小结

由于某毒瘤出题人 redbag 不得不学习一下这个史诗毒瘤算法。

本文参考了 Owaski 的 GameTheory 的课件。

定义

我们对于一些二维 $\mathrm{Nim}$ 游戏（好像更高维也行），可以拆分成两维单独的 $\mathrm{Nim}$ 然后求 $\mathrm{Nim}$ 积。

定义为

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

其中 $\otimes$ 定义为 $\mathrm{Nim}$ 积，$\oplus$ 定义为异或。

---

以下是对于 $x, y \le 4$ 的一个小表。

	0	1	2	3	4
0	0	0	0	0	0
1	0	1	2	3	4
2	0	2	3	1	8
3	0	3	1	2	12
4	0	4	8	12	6

性质

运算的性质

观察此表，可以显然的得出：

$$\begin{aligned} x \otimes 0 &= 0 \otimes x = 0\\ x \otimes 1 &= 1 \otimes x = x\\ x \otimes y &= y \otimes x \end{aligned}$$

即 $0$ 与所有数做 $\mathrm{Nim}$ 积仍然为 $0$ ， $1$ 仍然是单位元，并且满足交换律。

不会证明的两个结论：

$$\begin{aligned} x \otimes (y \otimes z) &= (x \otimes y) \otimes z\\ x \otimes (y \oplus z) &= (o \otimes y) \oplus (x \otimes z) \end{aligned}$$

就是说满足乘法交换律，和乘法分配率（把 $\otimes$ 看作 $\times$ 以及 $\oplus$ 看做 $+$ ）。

费马数的一些运算性质

经过数学家的艰苦卓绝的努力，我们有两个十分强大的运算法则。

定义 $\text{Fermat 2-power}$ 为 $2^{2^n}$ ，其中 $n \in \mathbb N$ ，设其为 $a$ 。

1. 一个 $\text{Fermat 2-power}$ 与任意小于它的数的 $\mathrm{Nim}$ 积为一般意义下乘法的积，即 $a \otimes x = a \times x~(x < a)$ 。

2. 一个 $\text{Fermat 2-power}$ 与自己的 $\mathrm{Nim}$ 积为自己的 $\displaystyle \frac 32$ 倍，即 $\displaystyle a \otimes a = \frac 3 2 a = a \oplus \frac a 2$ 。

算法解决

注意暴力求 $\mathrm{Nim}$ 积是 $\mathcal O((xy)^2)$ 的，我们可以利用一些性质在 $\mathcal O(\log x \log y)$ 的时间内解决。

对于任意 $x, y$ 的解法

我们设 $f(x, y) = x \otimes y$ ，我们特判 $x \text{ or } y = 0, 1$ 的情况后，可以考虑拆出 $x, y$ 的每个二进制位单独算。

就是设 $g(x, y) = 2^x \otimes 2^y$ ，那么 $f(x, y) = \oplus_{x' \in x, y' \in y} g(x', y')$ 。

对于 $2^x \otimes 2^y$ 的解法

这一段是 zhou888 教我的，太恐怖啦 %%%

那么我们问题就转化为求 $g(x, y)$ 了。

我们考虑把 $x, y$ 的二进制位拆出来，变成一个个费马数，然后利用性质处理。

$$2^x \otimes 2^y = (\otimes_{x' \in x} 2^{2^{x'}}) \otimes (\otimes_{y' \in y} 2^{2^{y'}})$$

考虑 从高到低 依次考虑 $x, y$ 的每一位，如果这位都为 $0$ 我们显然可以忽略。

$x \text{ and } y$ 的情况

假设全都为 $1$ 那么对于这一位 $2^u$ 我们设 $M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^{y - 2^u}$ ，那么有 $A, B < M$ 。

那么我们的答案其实就是 $ans = (M \otimes A) \otimes (M \otimes B)$ （注意费马数的 $\times$ 和 $\otimes$ 是一样的）即 $(M \otimes M) \otimes (A \otimes B)$ ，化简一下答案其实就是 $\displaystyle \frac{3}{2} M \otimes (A \otimes B)$ 。

那么此时我们把 $2^x, 2^y$ 都去掉最高的一位 $u$ 变成 $A, B$ ，继续向低位递归。

$x \text{ xor } y$ 的情况

假设一个为 $1$ 一个为 $0$ ，同样我们设这位为 $2^u$ ，假设 $x$ 此位为 $1$ ，那么有 $M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^y$ 。

那么答案的形式为 $ans = (M \otimes A) \otimes B$ 也就是 $M \otimes (A \otimes B)$ 。类似的，我们去掉最高位，然后不断向下推。

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讨论完上面两种情况，我们可以写一下表达式。

我们显然可以利用交换律把 $x \text { xor } y$ 和 $x \text { and } y$ 的情况分开。

$$\begin{aligned} 2^x \otimes 2^y &= (\otimes_{i \in \{x \text{ xor } y\}} 2^{2^i}) \oplus (\otimes_{i \in \{x \text{ and } y\}} \frac{3}{2} 2^{2^i})\\ &= (\prod_{i \in \{x \text{ xor } y\}} 2^{2^i}) \otimes (\otimes_{i \in \{x \text{ and } y\}} \frac{3}{2} 2^{2^i}) \end{aligned}$$

那么对于前者可以直接算，后面利用 $f$ 递归算就行了。

复杂度不难发现只会遍历两个所有二进制位，也就是单次为 $\mathcal O(\log^2 x)$ 。

代码实现

网上的那种推导以及实现方式似乎都有些问题，似乎是其中一个费马数的地方没有保证 $<$ ，小的不会错，大的会有些问题。

所以我参考了 zhou888 的代码实现。

#define Resolve(i, x) for (int u = (x), i = 0; (1ll << i) <= u; ++ i) if (u >> i & 1)

ll f(ll x, ll y);

ll g(int x, int y) {
	if (!x || !y) return 1ll << (x | y);
	if (~ tab[x][y]) return tab[x][y];
	ll res = 1;
	Resolve(i, x ^ y) res <<= (1 << i);
	Resolve(i, x & y) res = f(res, 3ll << ((1 << i) - 1));
	return tab[x][y] = res;
}

ll f(ll x, ll y) {
	if (!x || !y) return x | y;
	if (x == 1 || y == 1) return max(x, y);
	ll res = 0;
	Resolve(i, x) Resolve(j, y) res ^= g(i, j);
	return res;
}

例题

HDU3404 Switch lights

题意

在一个二维平面中，有 $n$ 个灯亮着并告诉你坐标，每回合需要找到一个矩形，这个矩形 $(x,y)$ 坐标最大的那个角落的点必须是亮着的灯，然后我们把四个角落的灯状态反转，不能操作为败。

$T \le 100, n \le 1000, x, y \le 10000$

题解

$\mathrm{Turning~Corners}$ 是裸的二维 $\mathrm{Nim}$ 问题，直接上模板就好了。

复杂度是 $\mathcal O(Tn\log x \log y)$ 的。

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本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10507030.html
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