51NOD 1661 黑板上的游戏（博弈 找规律）——算法马拉松17（告别奥运）

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1661 黑板上的游戏

Alice和Bob在黑板上玩一个游戏，黑板上写了n个正整数a1, a2, …, an，游戏的规则是

这样的：

1 . Alice占有先手主动权。

2 . 每个人可以选取一个大于1的数字擦去，并写上一个更小的数字，数字必须是整

数，然后由对方进行下一次操作。

3 . 如果擦去的数字是 x (x > 1) ，则写上的数字不能比 x/k 小，但是要比 x 小。这里的

除法为有理数除法。

4 . 不可以擦去任何一个数字 1 ，如果当前无法找到一个数字进行操作，则当前方输。

假设Alice和Bob都会选择最优的策略，请问Alice是否存在必胜的方案？

Input

第一行两个空格隔开的正整数n和k，其中n表示数字的个数，k表示游戏的参数。

第二行n个空格隔开的正整数，其中第i个表示ai。

1 ≤ n ≤ 10^5, 2 ≤ k ≤ 10^18, 1 ≤ ai ≤ 10^18。

Output

如果存在必胜方案，则输出“Alice i y”，其中i和y表示先手的一种能必胜的操作：将第i

个数修改为y。

如果没有，则输出“Bob”表示后手必胜。（输出不含引号）

Input示例

4 2

2 3 3 3

Output示例

Alice 2 2

解题思路：

官方题解(很详细):

固定 $k$ 后对 $sg(n)$ 进行打表，可以发现每个数字第一次出现的位置很有规律，即每隔

几个数字就出现一个已有的数字。删去每个数字的第一次出现位置之后，将剩下的数字

再排成一列，和原来的表是同构的，可以猜测 $sg(n)$ 的递归解是

$sg(1)=0, sg(a*k+1)=sg(a), sg(a*k+b)=a(k-1)+b-1(1<b<=k,注意b的定义)。$

本题为 $n$ 个游戏的和，所以对应的 $sg$ 值为 $sg(a_1) xor sg(a_2) xor ... xor sg(a_n)。$

如果 $sg$ 值为 $0$，则后手必胜。

如果 $sg$ 值不为 $0$，则先手必胜，必胜的操作是将下一轮游戏的 $sg$ 值变为 $0$ ，设当前

的 $sg$ 值为 $m$，则需要找到一组 $i$ 和 $y$ 使得 $m=sg(a_i) xor sg(y)$，

$那么 sg(y)=m xor sg(a_i，不妨设p=m xor sg(a_i)$，$q=(p-1)/(k-1)*k+(p-1)%(k-1)+2$ $（p=0时特判成q=1）$，

可能的 $y$ 只有$q, qk+1, (qk+1)k+1, ...，$其中小于 $a_i$ 的只有$O(log_k(a_i))$个，

在其中找一个不小于 $a_i/k$ 的即可，枚举 $i$，总能找到一个$i$对应的可行的 $y$

注意向上取整和判断整数溢出。

这里补一个简要证明，基于 $sg$ 函数的定义，一个局面的 $sg$ 值等于其后继局面的 $sg$ 值

里没出现的最小非负整数，比如本题就是:
$sg(n) = mex(sg(n-1), sg(n-2), ..., sg((n-1)/k+1))$，

其中 $mex(S)$ 表示集合 $S$ 中没有出现的最小非负整数，除法是下取整的整数除法。

考虑 $n$ 和 $n-1$，它们所对应后继集合最多有两个元素不同，尝试利用数学归纳法来分

析，分析$sg(n)$时，假设已经得到$sg(1), sg(2), ..., sg(n-1)$满足上述结论。

由于后继局面可以写成一个区间的形式，所以下面的分析用 $[L, R]$ 来简化表示

$(sg(L), sg(L+1), ..., sg(R))$

当 $n=ak+1$时，$ak+1$对应的后继是$[a + 1, ak]$，$ak$对应的后继是 $[a, ak-1]$

假设 $sg(ak+1)≠sg(a)$，则$sg(ak+1)<sg(a)$，这是因为 $a$ 不是$ak+1$的后

继，如果 $sg(a)$ 不是最小没出现的，那么最小没出现的只能是更小的数。

由于 $sg(ak+1)$ 是一个比 $sg(a)$ 小的数，说明 $[a + 1, ak]$ 里没有这个数，那么

$[a, ak-1]$ 里更不会有这个数，因此 $sg(ak)<=sg(ak+1)$，从而$sg(ak) < sg(a)$

但是 $sg(ak)$ 根据归纳假设是 $[1, ak]$ 里最大的值，因此有 $sg(a) <= sg(ak)$，与上

述产生矛盾，所以$sg(ak+1) = sg(a)$

当 $n=ak+b(1<b<=k)$ 时，$n$ 对应的后继是 $[a + 1, n - 1]$， $n-1$ 对应的

后继是$[a + 1, n - 2]$。

由上述可以知道 $sg(n-1)<sg(n)$ ，这是因为 $sg(n-1)$ 没有在 $n-1$ 的后继里

出现，所以 $sg(n)$ 只会变大不会变小。

如果 $b=2$ ，那么 $sg(n-1)=sg(a)$ ，则 $n$ 的后继相当于$[a, ak]$，根据归纳假设

这里面的值都是在 $0$ 到 $sg(ak)$ 之间的，因此$sg(n)=sg(n-2)+1$。

如果$b>2$，那么同理可得$sg(n)=sg(n-1)+1$。

然后找一下具体的式子即可，有了具体的式子就方便找逆映射了。

需要注意很多的细节问题。。。
$My Code：$

/**
2016 - 08 - 29 下午
Author: ITAK

Motto:

今日的我要超越昨日的我，明日的我要胜过今日的我，
以创作出更好的代码为目标，不断地超越自己。
**/

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const LL INF = 1e18+5;
const int MAXN = 1e6+5;
const LL MOD = 1e9+7;
const double eps = 1e-7;
const double PI = acos(-1);
using namespace std;
LL Scan_LL()///输入外挂
{
    LL res=0,ch,flag=0;
    if((ch=getchar())=='-')
        flag=1;
    else if(ch>='0'&&ch<='9')
        res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+ch-'0';
    return flag?-res:res;
}
int Scan_Int()///输入外挂
{
    int res=0,ch,flag=0;
    if((ch=getchar())=='-')
        flag=1;
    else if(ch>='0'&&ch<='9')
        res=ch-'0';
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+ch-'0';
    return flag?-res:res;
}
void Out(LL a)///输出外挂
{
    if(a>9)
        Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
LL a[MAXN], sg[MAXN];
int main()
{
    int n;
    LL k;
    while(~scanf("%d%lld",&n,&k))
    {
        LL ans = 0, tmp, ret, x;
        int j = -1;
        memset(a, 0, sizeof(a));
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            x = Scan_LL();
            a[i] = x;
            if(x == 1)
                continue;
            tmp = x;
            LL tp1 = x/k;
            LL tp2 = x%k;
            while(tmp)
            {
                if(tp2 == 0)
                {
                    tp1--;
                    tp2 = k;
                    sg[i] = (tp1*(k-1)+tp2-1);
                    ///cout<<"a["<<i<<"] ="<<a[i]<<endl;
                    ans ^= sg[i];
                    break;
                }
                else if(tp2 > 1)
                {
                    sg[i] = (tp1*(k-1)+tp2-1);
                    ans ^= sg[i];
                    break;
                }
                else
                {
                    tmp = (tmp-1)/k;
                    tp1 = tmp/k;
                    tp2 = tmp%k;
                }
            }
        }
        if(ans)
        {
            tmp = ans;
            for(int i=1; i<=n; i++)
            {
                if(a[i] == 1)
                    continue;
                LL p = (tmp ^ sg[i]);
                LL q = (p-1)/(k-1)*k+(p-1)%(k-1)+2;
                if(p == 0)
                    q = 1;
                ret = q;
                while(1)
                {
                    if(ret>=a[i] || ret<0)
                        break;
                    LL tp = a[i]/k;
                    if(a[i] % k)
                        tp++;
                    if(ret >= tp)
                    {
                        j = i;
                        goto endW;
                    }
                    ret = ret*k+1;
                }
            }
            endW:;
            printf("Alice %d %lldn",j, ret);
        }
        else
            puts("Bob");
    }
    return 0;
}

最后

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