一类SG函数递推性质的深入分析—

题目描述

定义一种有根二叉树$T(n)$如下：

（1）$T(1)$是一条长度为$p$的链；

（2）$T(2)$是一条长度为$q$的链；

（3）$T(i)$是一棵二叉树，它的左子树是$T(i-2)$，右子树是$T(i-1)$。

现在给定$p,q,n$，现在Alice和Bob在树$T(n)$上玩游戏，每人轮流从树上拿掉一棵子树，直到有一个玩家拿掉根结点所在的子树为止（那么该玩家输了）。现在问先手在第一轮有多少种拿掉子树的方法，可以保证之后自己一定能赢。只用输出答案最后18位即可。

样例：

1 2 5

1 2 10

输出：

数据范围：保证$n,p,q \le 2000$。

解题思路

SG函数的求解

该问题等价于不能拿掉总的根，无法操作者输。关于该问题显然应从SG理论入手。下面推导一般树意义下的SG函数。

引理1：设树$T$只有一个儿子，即具有子树$T_1$，则$SG(T)=SG(T_1)+1$。

证明：利用数学归纳法，对树的结点进行归纳。

初始：当$T$只有2个结点时，显然成立。

归纳：设$take(T)$为$T$去掉一棵子树后所有可能的树形态的集合。根据SG基本定理， \[SG(T)=mex(\{T' \in take(T):SG(T')\})\] 利用归纳性质， \[SG(T)=mex(\{0\} \cup \{T' \in take(T_1):SG(T')+1\})=SG(T_1)+1\]

证毕。

引理2：设树$T$具有子树$T_1,\cdots,T_k$，则$SG(T)=\mathop \oplus \limits_{1 \le j \le k} (SG({T_j}) + 1)$。

证明：对于树$T$的游戏，显然等价于只有子树$T_1,\cdots,T_k$的游戏之和，之间互不影响，因为不到最后一步任何人不会拿掉总的树根。根据引理1即得上式。

根据以上引理，本题中便可得出$SG[i]=(SG[i-1]+1)\oplus (SG[i-2]+1)$，即可在$O(n)$时间复杂度求出原问题中每个$T(i)(i\le n)$的SG值。

转化为动态规划问题

如果原问题问谁赢那么就已经做完了。然而现在问的是第一个人第一步有几种能赢的方案，也就是说有几种拿走子树的方案使得之后SG为0。

考虑动态规划。设$dp[i][j]$表示在树$T(i)$上玩游戏，先手拿走一棵子树后SG值变为$j-1$的方案数（这里$j-1$是为了后续方便），$dp[i][0]$恒定义为1。

初始化：对任意$1\le j < p$，$dp[1][j]=1$；对任意$1\le j < q$，$dp[2][j]=1$；

转移：对于$i>2$的情形，必然从其中一棵子树中选择拿掉一棵子树。以拿掉左子树中的一棵子树为例：此时右子树SG值不变，为了使之后原树SG变为$j-1$，必须使左子树SG值变为$((j-1)\oplus (SG[i-1]+1))-1$。特别地，当$(j-1)\oplus (SG[i-1]+1)$为0时，表示必须拿掉左子树。这样可得转移方程： \[dp[i][j]=dp[i-2][(j-1)\oplus (SG[i-1]+1)]+dp[i-1][(j-1)\oplus (SG[i-2]+1)]\] 最终答案为$dp[n][1]$。这样我们便在状态数的时间复杂度内解决了本问题。

状态数的分析

问题关键在于确定$dp[i][j]$中$j$到底需要计算到多少。考虑所有$SG[i](i \le n)$中二进制位数的最大值（设为$k$），那么只需计算$j < 2^k$即可。这是因为只要$j < 2^k$，则转移过程中的$(j+1) \oplus SG[i-1]]$以及$(j+1) \oplus SG[i-2]$也必然小于$ 2^k$。所以现在关键问题在于计算$SG[i](i \le n)$中二进制位数的最大值到底是多少。事实上，推导这一问题较为复杂，将留在下一节专门讨论，同时将会得到许多有用的性质。（PS：赛场上我大力猜了一波$SG[i]<2^{13}=8192$，然后就AC了2333）

关于异或递推式

以下以本题中所用递推式为例（令$a[i]=SG[i]+1$变形为$a[i]=(a[i-1]\oplus a[i-2])+1$），讨论异或递推式的奇妙性质。

引理3：对任意正整数$k$，$a[i] \mod 2^k$具有循环节。

证明：由于$a[i] \mod 2^k$只有有限种取值，故必存在$x<y$，使得

\[a[x] \equiv a[y] \mod 2^k,a[x+1] \equiv a[y+1] \mod 2^k\]

那么根据递推式必有（对任意$z>0$）

\[a[x+z] \equiv a[y+z] \mod 2^k\]

另一方面，$a[i-2]=a[i-1]\oplus (a[i]-1)$，故上式对$z<0$也成立。

故$y-x$是循环节。证毕。

引理4：$a[i] \mod 2$的循环节必为1或3，且循环节为1时数列是有界的。

证明：只需按a[1]和a[2]的值枚举即可：

情况1：001001......循环节为3；

情况2：010010......循环节为3；

情况3：100100......循环节为3；

情况4：1111111......循环节为1，此时递推式中的+1永远不进位，而$a[4]$的高位$=a[3]$的高位异或$a[2]$的高位$=(a[2]$的高位异或$a[1]$的高位$)$异或$a[2]$的高位$=a[1]$的高位，故最终推出$a[i]=a[i \mod 3]$。证毕。

定理5：当$a[i] \mod 2$的循环节为3时，$a[i] \mod 2^k$的循环节为$3 \times 2^{k-1}$。

证明：对$k$应用数学归纳法，关键在于考虑低$k-1$位向高位的进位。设想若低$k-1$位不进位，第$k$位循环节必然是1或3（类似引理4）；只有低位进位才会打乱高位的循环节。

基础：$k=2$时，通过枚举$a[1],a[2]$模4的余数取值可得所有情况，事实上只有2种：

0232210（进位）23221……循环节为6，中间有1次进位；

00120（进位）30（进位）0（进位）120（进位）3 ……循环节为6，中间有3次进位，且其中两次进位的位置模3余数相同；

归纳：设$a[x]_k$表示$a[x]$第$k$位。考虑在位置$x$低$k-1$位向第$k$位有一次进位。这将导致$a[x]_k$取反，进一步导致$a[x+1]_k$取反，$a[x+2]_k$不变，这种取反是3个一循环的。

直到低$k-1$位的下一周期，$a[x+3 \times 2^{k-2}]_k$再次被取反从而不变了，之后$a[x+1+3 \times 2^{k-2}]_k$也不变……这样一来，$a[x]$和$a[x+3 \times 2^{k-2}]$第$k$位必然不同。进一步地，设$x \mod 3=i$，则对于所有$j$，$a[3j+i]$和$a[3j+i+3 \times 2^{k-2}]$第$k$位必然不同。

对于基础里的两种情况，无论是有一次进位，还是有3次进位但两次位置模3余数相同（从而抵消了），均可以保证$a[3j+i]_k \neq a[3j+i+3 \times 2^{k-2}]_k$。从而$a[i] \mod 2^k$的循环节为$3 \times 2^{k-1}$。

接下来再得到第$k$位向$k+1$位一个循环内的进位情况。由于对于位置$x$和$x+3 \times 2^{k-2}$低$k-1$位向第$k$位分别有一次进位，而$a[x]_k$和$a[x+3 \times 2^{k-2}]_k$又不同，故必有且仅有一次使得低$k$位向第$k+1$位进位。因此在一个周期$3 \times 2^{k-1}$内，一共向第$k+1$位的进位次数仍满足基础中的两种情况（进位1次或进位3次但有两次位置模3余数相同）。归纳证毕。

根据证明过程立即可得推论6：

推论6：低$k$位在一个周期内最多向第$k+1$位进位3次。

定理7：$a[n]=O(\max(n,p,q))$。

证明：设$k$是最小的满足$n < 3 \times 2^k$且$p,q \le 2^{k+1}$的正整数。那么在前$3 \times 2^k$个数中，低$k+1$位最多进位3次。因此$a[i] < 2^{k+4}$。

将$k$用$n,p,q$表达得$2^k \le \max(p,q,2n/3)$，因此$a[i] < 16\max(p,q,2n/3)$。证毕。

定理7表明了本题所使用算法的时间复杂度为$O(n \times \max(n,p,q))$。（然而我不清楚出题人是否也是这么证明的（或者并没有证明直接默认了），如果有更简单的方法请务必联系我！）

PS：感谢Emil Jeřábek对以上的证明提供了巨大的帮助！

总结

在SG理论中，通过打表找出SG的规律是一类常见的题型，然而很多时候证明SG的规律是较为困难的。本文以$a[i]=(a[i-1]\oplus a[i-2])+1$为例详细推倒了周期性、上界等结论，这种结论实际上是很有一般性的。许多题目中SG函数均存在异或递推式，从而具有类似的周期性。然而应用SG的上界作为状态进行DP的题目则十分具有创新意义，希望以后可以出现更多的以博弈作为桥梁考察异或性质的题目。

AC代码

 #include<cstdio>

 #include<cstring>

 const long long mod = 1e18;

 int sg_1[];

 long long dp[][];

 int main()

 {

     int n, p, q;

     while (scanf("%d%d%d", &p, &q, &n) == ){

         sg_1[] = p; sg_1[] = q;

         for (int i = ; i <= n; i++)

             sg_1[i] = (sg_1[i - ] ^ sg_1[i - ]) + ;

         memset(dp[], , sizeof(dp[]));

         memset(dp[], , sizeof(dp[]));

         for (int i = ; i < p; i++)

             dp[][i] = ;

         for (int i = ; i < q; i++)

             dp[][i] = ;

         for (int i = ; i <= n; i++){

             dp[i][] = ;

             for (int j = ; j < ; j++)

                 dp[i][j] = (dp[i - ][(j - ) ^ sg_1[i - ]] + dp[i - ][(j - ) ^ sg_1[i - ]]) % mod;

         }

         printf("%lld\n", dp[n][]);

     }

 }