sg函式是處理博弈問題的重要工具。
我們知道sg(x)=mex
sg(x)=0時代表後手贏，否則先手贏。
對於乙個問題，如果某些子問題是相互獨立的，我們就可以用sg定理，總問題的sg等於各個子問題的異或和。
看幾道題：
任何乙個大學生對菲波那契數列(fibonacci numbers)應該都不會陌生，它是這樣定義的：
f(1)=1;
f(2)=2;
f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n>=3);
所以，1,2,3,5,8,13……就是菲波那契數列。
在hdoj上有不少相關的題目，比如1005 fibonacci again就是曾經的浙江省賽題。
今天，又乙個關於fibonacci的題目出現了，它是乙個小遊戲，定義如下：
1、 這是乙個二人遊戲;
2、 一共有3堆石子，數量分別是m, n, p個；
3、 兩人輪流走;
4、 每走一步可以選擇任意一堆石子，然後取走f個；
5、 f只能是菲波那契數列中的元素（即每次只能取1，2，3，5，8…等數量）；
6、 最先取光所有石子的人為勝者；
假設雙方都使用最優策略，請判斷先手的人會贏還是後手的人會贏。
輸入資料報含多個測試用例，每個測試用例佔一行，包含3個整數m,n,p（1<=m,n,p<=1000）。
m=n=p=0則表示輸入結束。
如果先手的人能贏，請輸出「fibo」，否則請輸出「nacci」，每個例項的輸出佔一行。
一道暴力算sg函式的題
#includeusing namespace std;
#define rep(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define drep(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read()
inline ll readll()
const int maxn=1000+10;
int f[maxn],fib[maxn],tmp;
bool p[maxn];
int main()
--tmp;
rep(i,1,1000)
inline ll readll()
int getsg(int x,int y)
int main()
if(sum) printf("yes\n");
else printf("no\n");
}return 0;
}
資料範圍：
\(1≤n≤200\)
\(1≤a_i,k_i≤10^9\)
又是找規律。。k=2的情況是石子遊戲。規律也有些相似
通過打表發現
當x%k=0時\(sg(x)=x/k\)
\(sg(x)=sg(x-\lfloor \frac \rfloor + 1)\)
所以我們可以遞迴求sg函式，但是這樣會t
我們\(\lfloor \frac \rfloor + 1\)相同的放在一次一起處理就可以了
#includeusing namespace std;
#define rep(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define drep(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read()
inline ll readll()
const int maxn=1e5+10;
int main()
inline ll readll()
const int maxn=30;
int f[maxn],a[maxn];
bool p[10000+10];
void init(int n)
}}int main()
if(!ans) printf("-1 -1 -1\n");
printf("%d\n",ans);
}return 0;
}
後兩人輪流進行操作。每次操作選擇乙個白色的格仔，假設它的下標為x。接著，選擇乙個大小在1~n/x之間的整數
k，然後將下標為x、2x、...、kx的格仔都進行顏色翻轉。不能操作的人輸。現在甲（先手）有一些詢問。每次他
會給你乙個陣列的初始狀態，你要求出對於這種初始狀態他是否有必勝策略。
接下來2*k行，每兩行表示一次詢問。在這兩行中，第一行乙個正整數w，表示陣列中有多少個格仔是白色的，第二
行則有w個1~n之間的正整數，表示白色格仔的對應下標。
對於每個詢問，若先手必勝輸出"yes"，否則輸出"no"。答案之間用換行隔開
$，n<=1000000000 ， k,w<=100 $， 不會有格仔在同一次詢問中多次出現。
考慮可以把問題轉化為既可以選白點，又可以選黑點。因為如果選黑點，一定不能一次勝利，而反倒對對方有利，且對方可以選一樣的將狀態重置。
這樣\(sg(x)=mex\\)
這樣時間複雜度還是不能過。
我們可以發現乙個性質：
當 $ \lfloor \frac \rfloor $ = $ \lfloor \frac \rfloor $ 時 $ sg( i ) = sg( j ) $，可以用歸納法證明
之後我們就可以分塊，相同的塊放在一起。
記錄答案時，大於\(\sqrt\)的直接記錄在$ \lfloor \frac \rfloor $上就可以了
#includeusing namespace std;
#define rep(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define drep(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read()
inline ll readll()
const int maxn=1e5+10;
int lim;
int n,f[maxn],g[maxn];
bool p[maxn];
int a[maxn];
inline int sg(int x)
void init()
int t=1;
while(p[t]) ++t;
if(i>lim) f[n/i]=t;
else g[i]=t;
rep(i,1,res) p[a[i]]=0;
}}int main()
if(ans) printf("yes\n");
else printf("no\n");
}return 0;
}
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