题解 洛谷 P3185 【[HNOI2007]分裂游戏】

首先可以发现，当所有巧克力豆在最后一个瓶子中时，就无法再操作了，此时为必败状态。

注意到，对于每个瓶子里的巧克力豆，是可以在模\(2\)的意义下去考虑的，因为后手可以模仿先手的操作，所以就将巧克力豆个数转化为了\(0\)或\(1\)。

再考虑分裂的过程，位置为\(i\)的巧克力豆，要分裂到位置\(i\)往后的两个位置，最终会到达\(n\)这个位置，可以把向后转移看作\(Nim\)游戏中取石子的操作。

那么分裂就可以看成\(Nim\)游戏中的一堆石子分成了两堆更小的石子，那么通过这个性质，我们就可以\(O(n^3)\)求出\(SG\)值了。

求方案数和字典序最小方案就直接暴力枚举即可，当进行第一步操作后，留给后手的为必败状态，那么该操作合法。

具体实现就看代码吧。

\(code:\)

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
    x=0;char c=getchar();bool flag=false;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    if(flag)x=-x;
}
int T,n,ans,tot,flag;
int p[maxn],sg[maxn];
bool vis[maxn];
void SG()
{
    for(int i=n-1;i;--i)
    {
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
            for(int k=j;k<=n;++k)
                vis[sg[j]^sg[k]]=true;
        int t=0;
        while(1)
        {
            if(!vis[t])
            {
                sg[i]=t;
                break;
            }
            t++;
        }
    }
}
int main()
{
    read(T);
    while(T--)
    {
        read(n),sg[n]=ans=tot=flag=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) read(p[i]);
        SG();
        for(int i=1;i<=n;++i)
            if(p[i]%2)
                ans^=sg[i];
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            if(!p[i]) continue;
            for(int j=i+1;j<=n;++j)
            {
                for(int k=j;k<=n;++k)
                {
                    if((ans^sg[i]^sg[j]^sg[k])==0)
                    {
                        tot++;
                        if(!flag)
                        {
                            flag=true;
                            printf("%d %d %d\n",i-1,j-1,k-1);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        if(!flag) puts("-1 -1 -1");
        printf("%d\n",tot);
    }
    return 0;
}