qbzt day6 上午

还是合并石子，但是这次可以任意两个合并，并且求最大异或和

f[s]表示把s所对应的的石子合并为一堆的最小代价

最后求f[2^n-1]

怎么转移？

最后一次也是把两堆合并成一堆，但是会有很多情况，可以枚举s的所有子集，把子集和剩下的部分合并

直接枚举比s小的数，看看是否s|a=s或s&a=a

复杂度O(4^n)

优化：如果自己直接枚举子集就会快一些

cin >> n;
    for (int a=;a<n;a++)
        cin >> z[a];
    for (int a=;a<(<<n);a++)
        for (int b=;b<n;b++)
            if (a & (<<b))
                sum[a] += z[b];

    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for (int a=;a<n;a++)
        f[<<a] = ;

    /*for (int s=0;s<(1<<n);s++)
        for (int a=1;a<s;a++)
            if ( (s|a) == s)
                f[s] = min(f[s],f[a]+f[a^s]+(sum[a]^sum[a^s]));*/

    for (int s=;s<(<<n);s++)
        for (int a=(s-)&s;a;a=(a-)&s)
            f[s] = min(f[s],f[a]+f[a^s]+(sum[a]^sum[a^s]));

    cout << f[(<<n)-] << endl;

复杂度O(3^n)

注意枚举子集的方法（很重要）

博弈论DP

有一个游戏G，两个人玩(van♂)，回合制，没有平局，胜负的区分方法是当某个人没办法进行操作的时候就输了

例：

有一个整数S（2<=S<=200），先手在S上减掉一个数x，至少是1，但小于S。之后双方轮流把S减掉一个正整数，但都不能超过先前一回合对方减掉的数的k倍，减到0的一方获胜。问先手是否必胜？

怎么dp？

一个游戏G有很多的状态，在一个状态下如果采用某种操作，可以把一个状态转移到另一个状态。如果没有状态可以转移了或者是转移到的都是必胜态，就终止了，这个状态叫做  必败态  意思是：谁在这个状态进行操作，谁就一定会输

对应的，能够转移到必败态的状态就是必胜态

f[s]代表游戏的某个状态必胜还是必败

如果存在f[s[[i]]=false，则有f[s]=true  如果对于所有的f[s[i]]=true，则f[s]=false

和什么有关？目前剩下的，队手上次减的。f[i][j]表示s当前还剩下i，对手上一次减的是j的情况必胜还是必败

枚举1<=r<=k*j，则可以转移到f[i-r][r]

用记忆化搜索

#include<iostream>

using namespace std;

bool f[][],g[][];

bool dfs(int i,int j)
{
    if (i==) return false;
    if (g[i][j]) return f[i][j];
    g[i][j]=true;f[i][j]=false;
    for (int r=;r<=i && r<=k*j;r++)
        if (dfs(i-r,r) == false) f[i][j]=true;
    return f[i][j];
}

int main()
{
    cin >> s >> k;
    for (int a=;a<s;a++)
        if (dfs(s-a,a) == false)
        {
            cout << "Alice" << endl;
            return ;
        }
    cout << "Bob" << endl;

    return ;
}

现在有n个游戏，怎么搞？

例：取石子游戏

有n堆石子，每次可以从某一堆石子里面取走任意多的石子。当谁没有办法取石子时就输了。先手必胜还是必败?

假如现在只有一堆石子

SG函数

定义sg[0]=0  sg[i]!=0表示i是必胜态   sg[i]=0表示i是必败态

sg[1]：找到1能转移到的所有状态，把他们的sg函数都写出来，在找到最小的没有出现过的自然数

对于sg[n]，找到最小的没有在sg[0],sg[1]...sg[n-1]中出现的自然数，这个数就是sg[n]的值

sg函数有什么用？

回到这个问题，我们发现sg函数只对一个游戏求，但是这个题是多个游戏，怎么把一个变成n个？

sg定理：n个游戏的sg值等于每个游戏的sg值异或起来

证明：拿头证

然后这个题经过手推发现sg[n]=n，这样直接搞就好了

int main()
{
    cin >> n;
    int ans=;
    for (int a=;a<=n;a++)
    {
        int v;
        cin >> v;
        ans = ans ^v;
    }
    if (ans!=) cout << "Alice" << endl;
    else cout << "Bob" << endl;
}

例：给你n堆石子，每一次可以在某一堆石子中取走1~4个石子，问先手必胜还是必败

列出来sg函数找找规律，发现sg[i]=i%5，然后抑或起来就好了

一般这种题就是自己手算出sg函数然后抑或起来就好了

例：n+1堆石子，最左边一堆石头有2012个，两个人分别进行操作。一次操作可以选取两堆不同的石堆分别增加或减少一个石子（一加一减，或给已经不剩石子的堆加一个都是允许的）。为了保证游戏会在有限步内结束，规定所选的两堆中右边的那一堆一定要包含奇数个石子,无路可走者输.问先手是否必胜？

这个题非常恶心的一点就是不同的堆有联系，所以考虑把他转化成最基本的问题

先看每一堆是奇数个还是偶数个，答案就是把所有奇数的下标取出来异或，看是否等于0

有N堆石子放在N级楼梯上，楼梯编号为0..N-1，每堆有a[n]个石子。两人轮流游戏，每次将任意堆中的任意个石子移动到它下面那一层楼梯上,0号的石子不能动。直到所有石子都移动到0号,那个人就赢了。问先手是否有必胜策略 。

把所有下标为奇数的石子数量异或起来

因为如果把偶数位置的石子扔到奇数上，那么我只需要把奇数的位置移到下一个偶数就好了

所以偶数位置上的石子对答案没有影响，且奇数位置上的石子搬到偶数上后就没有影响了

例：N*M的棋盘，每个格子有一定数量棋子，每次可将某个格子部分或全部棋子向右或向下移动，问先手必胜还是必败。

和上个题差不多，只需要把所有距离为奇数的点的距离异或起来就行了

因为如果从偶数移动到奇数，一定可以从奇数移动到偶数，反之则不然

例：1xN(1<=N<=2000)的空格子，双方轮流操作，每次选一个没有被标记的格子，将其标记，如果某人操作完后，存在3个连续的格子都被标记了，那么他就获胜了，问先手是否有必胜策略？

如果把他当成一个游戏，我们需要搞一个2000位的二进制数，存都存不下

考虑把他当成多个游戏

如果我们先手在一个位置打标记，后手就不能在这个位置左两个右两个打标记

状态sg[i]表示对于一个长度为i的横条它的sg是多少

Vector存所有能转移到的sg值

枚举染色点，把原来的横条分成两个小的横条，算出来左边和右边的长度

怎么计算mex？

先排序，从0,1,2,3这样一直看，直到找到一个没有的。为了避免数组越界，直接加一个很大的数就可以了

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;

int dfs(int n)
{
    if (n==) return ;
    if (f[n]) return sg[n];
    f[n]=true;
    vector<int> z;
    for (int a=;a<=n;a++)
    {
        int l = max(a-,);
        int r = max(n-a-,);
        z.push_back( dfs(l) ^ dfs(r) );
    }
    sort(z.begin(),z.end());
    z.push_back();

    for (int a=,p=;;a++)
    {
        if (z[p] != a)
        {
            sg[n] = a;
            return sg[n];
        }
        while (z[p]==a)
            p++;
    }
}

int main()
{
    cin >> n;
    if (dfs(n)) cout << "Alice" << endl;
    else cout << "Bob" << endl;
}

看看能不能有一种情况转移到必败态

但是开30000*30000的数组就炸了

怎么优化

把状态改成f[a][b][y]，因为x只可能是2的倍数或者3的倍数