最浅谈的SG函数

【更新】

Nim游戏的经验：

每次最多取m个——%(m+1)

阶梯nim——奇数位无视，看偶数位互相独立，成一堆一堆的石子

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既然被征召去汇总算法。。那么挑个简单点的SG函数好了。。

介绍：{

　　SG函数是解Nim游戏的一个很好的。。。'思路'么？

　　Nim游戏是博弈论的一个经典模型，指两个人轮流操作，且双方的操作条件一样(如：中国象棋就不是，因为先手只能动黑子，不能动红子)，不能操作的人输(大多是这样。。)

　　。。在这个前提下，一个'当前局面'就可以用某个SG值来表示。

}

简单的性质：

1、构成DAG　　每个节点代表游戏的一个状态，其SG值，定义为其后继的SG值中没有出现的最小的自然数。 若一个状态不可再操作(SG的游戏中通常定义为输)，那么没有出现的最小自然数就是0。

2、单个游戏博弈：先手必胜要求【

　　　　　　根节点SG为正，先手从根节点出发

　　　　　　每一回合

　　　　　　先手：每次走向任一SG为0的后继

　　　　　　后手：要么输了(即面对无法操作 没有后继的状态)，要么就只能再走到一个SG为正的点，又回到之前的情形

　　　　】    所以单个游戏的SG值为其初始状态即根节点的SG。

多个游戏一起博弈：先手必胜要求【

　　　　　   每一个游戏当前的SG值 亦或和为正，(初始时“当前”就是每个游戏的根) ，以下将当前亦或和设为x

　　　　　　每一回合

　　　　　　先手：选择一个游戏i，设其当前走到的点u的SG值为SG[u]，选择时要求其满足x^SG[u]<SG[u],这样就一定能走到u的一个后继v，SG[v]=SG[u]^x;

　　　　　　　　这样 x就变成了x^SG[u]^(SG[u]^x)=0;

　　　　　　　　　　{

　　　　　　　　　　　　简单说明①：一定存在这样的u。  因为x为所有SG[i]的亦或和，那么必有一个游戏i当前的SG值得二进制最高位1与x的最高位1相同，则其亦或x之后最高位变0，显然变小了。

　　　　　　　　　　　　简单说明②：为什么要求x^SG[u]<SG[u]，不可以走向大于的吗?  毕竟u的后继不一定都小于u，所以的确没这个必要。但是通过说明1，已经证明了一定可以找到SG[v]小于SG[u]的v。

　　　　　　　　　　　　　　　而且，并不是所有u都有 SG值比他大的后继，所以为了思考SG问题方便，要求不能走向 比u的SG值大的后继v。

　　　　　　　　　　}

　　　　　　后手：由于不能操作的 即输了的局面的SG亦或和为0， 所以只有后手会(终将会) 面临这个局面。(因为，每一步总有某一个游戏的状态 沿着其DAG往下走了一步)

　　　　　　　　而后手不能操作SG值已经为0的游戏， 只能操作SG值尚为正的游戏，假设这会使游戏i的SG从a变成b,  则x会^=a^b。  而a!=b所以x一定不会依然是0。这样轮到先手又变回原局面

　　　　】

tip1 若不能直接想出SG计算(或者说证明)的方法，实际上打表找规律才是正解。

tip2 有很多SG游戏都是分成好多个子问题，将子问题SG亦或起来求总问题SG的。 时刻记得这个性质。

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随便挑道题目吧。

BZOJ4035[HAOI2015]数组游戏 ——tip1 和tip2都能适用于这道题;

【题解要写详细真的比做题要nan!!!】

tip1的话。。。。直接暴力dfs求每个状态的SG值，设白格为1,黑格为0，举例 初始数组为01010。肉眼观察发现： 若两个数组的长度相同，则两个数组亦或 得到的新数组 SG值为这两个数组的SG亦或和。

　　即，在n固定的情况下，SG[x]^SG[y]==SG[x^y]  (这里x,y是二进制转成的十进制)

tip2：【

　　　　 通过tip2的思路来证明tip1找到的规律。

　　　　 上面这个规律，等价于，一个01数组的SG值，为其中每一个1的SG值亦或和(如：01011的SG==01000、00010、00001的SG亦或和)

　　　　也就是每个白子都是一个子问题，把每个白子的局面翻转成黑即为胜。则多个白子合成的局面等于这些子游戏的SG亦或和

　　　　当一个子游戏会影响另一个子游戏时由于是亦或的，所以对SG值的影响会抵消。

　　　】

那么。为什么将游戏x^y分成x和y两个子游戏共同进行博弈，SG值依然是正确的？

　　　【

　　　    设游戏A 是由x和y构成的子游戏， 游戏B是局面为x^y的单个游戏。

　　　　　　证明  将游戏x^y分成x和y两个子游戏互不干扰的进行博弈，SG值依然是正确的。

　　　　　　　　相当于要证明游戏A中不管是对x还是对y的操作在游戏B中有着对应的操作，这样 A和B  SG值的变化才能始终是一样的

　　　　　　。

　　　　　　。

　　　　　　现在先手对局面x(考虑y和考虑x等价)的这个子游戏进行一次操作 如：010001翻为000101。

　　　　　　考虑其中被翻转的首位置k：

　　　　　　　　显然位置k原先是1，

　　　　　　　　　　　　　　若y中k原先是0， 则  在游戏B中，k是1， 显然在B中可以有一样的操作

　　　　　　　　　　　　　　若y中k原先是1，则  游戏B中k是0，不可翻转，怎么办？实际上，先手不会这么操作，因为后手可以对y做一样的操作，使SG值又变回来。 所以先手会对其他白子操作，后手最终会不得不进行这种操作，这时，由先手对y做一样的操作，保持必胜的局面。 那么很显然 这一部分的操作，对游戏B就不会有任何影响了。　　　　　　　　　　　　

　　　】

那么剩下的问题就是求出每单个白子的SG值了：

首先输入了n，既然确定了n，那么：

用f[i]表示可以翻i个的点的SG值，  即：  0001000000和000010000 这里的1都最多能翻2个位置，那么它们的SG值都记录在f[2]

用g[i]表示位置i的SG值，  即： 0100000000 ，它的SG值记录在g[2]。

f[i]=g[n div i]，  但是由于n<=10^9,所以，f,g都只记录到下标sqrt(n),两个拼起来就可以O(1) 求出每个位置的SG值了。

对于每个f[i]或g[i] 怎么求：对商分块，这样复杂度就是 [求f[i]：sqrt(i)]   [求g[i]: sqrt(n/i)]。

当然预处理是 O(n^0.5  *  n^0.5) 显然两个根号都不会跑满。O(2)下，预处理只要半秒。还是有点慢慢啊。

 #pragma GCC optimize(2)
 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int N,n,m,k,x,s,f[],g[];
 int get(int w){
     if (w<=N) {if (f[w]!=-) return f[w];} else
         if (g[n/w]!=-) return g[n/w];
     int d[]; for (int i=;i<;++i) d[i]=;
     for (int x=,y,z=;x<=w;x=w/(w/x)+){
         y=get(w/x); d[z^y]=;
         if (!(w/(w/x)-x&)) z^=y;
     }
     for (int i=;i<;++i) if (!d[i]) return i;
 }
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     N=ceil(sqrt(n));
     memset(f,-,sizeof f); f[]=;
     memset(g,-,sizeof g);
     for (int i=;i<=N;++i) f[i]=get(i);
     for (int i=n/N-;i>;--i) g[i]=get(n/i);
     while (m--){
         scanf("%d",&k); s=;
         for (int i=;i<=k;++i) scanf("%d",&x),s^=get(n/x);
         s?puts("Yes"):puts("No");
     }
     return ;
 }

乌鸦行