取石子遊戲之尼姆博弈

尼姆博弈：有三堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆取任意多的物品，規定每次至少取乙個，多者不限，最後取光者得勝

。這種情況與二進位制有著很大的關係，我們用(a,b,c)來表示某種局勢，那麼(0,0,0)必然為奇異局勢，最後乙個面對這個局勢的必敗。(0,n,n)也是種奇異局勢。因為如果對手在其中一堆取m個石子(m<=n)，那麼你也可以在另外一堆中取m個，他取幾個你就取幾個，到最後有一堆變為0的時候，你再取完另一堆勝利。

直接說結論吧：

對於任意的奇異局勢(a,b,c)，都有a^b^c=0。(^為異或運算)。

對於任意的非奇異局勢(a,b,c)，假設a原理：因為a^a=0，所以a^b^c=a^b^(a^b)=(a^a)^(b^b)=0，所以只需將c-(a^b)即可。

例1：有個非奇異局勢(14,21,39)，因為14^21=27，39-27=12，所以從39中拿走12個物體即可達到奇異局勢（14，21，27）。

例2：我們來實際進行一盤比賽看看：

甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇異局勢

乙:(1,8,9)->(1,8,4)

甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇異局勢

乙:(1,5,4)->(1,4,4)

甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇異局勢

乙:(0,4,4)->(0,4,2)

甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇異局勢

乙:(0,2,2)->(0,2,1)

甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇異局勢

乙:(0,1,1)->(0,1,0)

甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇異局勢

甲勝。性質1：對於某個局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an!=0，一定存在某個合法的移動，將ai改變成ai'後滿足a1^a2^...^ai'^...^an=0。

分析：令res=a1^a2^......an,設res的最高位為pos(那pos的數肯定為1啦)，那麼一定存在某個ai，它的二進位制在pos位上也是1，(否則k的最高位那個1是怎麼得到的)。異或res後這位變為0，這時ai^res則我們可以將ai改變成ai'=ai^res，此時a1^a2^...^ai'^...^an=a1^a2^...^an^res=0。

性質2：對於某個局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an=0，一定不存在某個合法的移動，將ai改變成ai'後仍滿足a1^a2^...^ai'^...^an=0。

例題1:poj 2975,題目意思是給你一組局勢，問有多少中必勝的策略。

分析：求出res=a[0]^a[1]^a[2].....a[n-1]，由於每次只能改變一堆石子的數量，由性質1，可知如果res!=0,那麼一定存在某個合法的操作，使得res=0，只要滿足a[i]*res<=a[i]。

#includeusing namespace std;

const int max=1010;

int a[max];

int main()

=3，mex{}=0。

對於乙個給定的有向無環圖，我們定義關於圖的每個頂點的sg函式g如下：g(x)=mex。

sg函式的性質：由於是乙個有向無環圖，那麼對於所有的末端位置，由於沒有後繼，所以sg=0。另外對於乙個g(x)=0的頂點x，它的所有後繼y都滿足g(y)!=0(由於集合中的元素是不可以重複的，所以後面的g(y)!=0)。對於乙個g(x)!=0的頂點，必定存在乙個後繼y滿足g(y)=0(這個時候最小的非負整數一定是0)。

由上可知：頂點x所代表的位置是必敗點條件是:g(x)=0。

看到乙個經典的話額，就貼在這裡吧：

有些事，明知是錯的，也要去堅持，因為不甘心；有些人，明知是愛的，也要去放棄，因為沒結局；有時候，明知沒路了，卻還在前行，因為習慣了。

poj 2488~八嘎

#include

using namespace std;

const int max=10;

#define clr(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))

int visit[max][max];

int n,m,dx[8]=,dy[8]=;

struct point ;

point start;

vectorv;

bool inside(point p)

void dfs(point p)

}}

int main()

{ int case,num=1;

cin>>case;

while(case--)

{ cin>>n>>m;

clr(visit,0);

cout<<"scenario #"<::size_type i=0;i

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