合併や石が、これは、任意の2つのマージも、ほとんどとXORを行うことができます
F [S]の組み合わせ砂利パイルに対応する最小コストを表します
最後[2 ^ N-1] fを求めて
どのように転送？
前回は2つの山も山にマージし、しかし、すべての部分集合Sを列挙することができ、多くの例があるでしょう、セットと残りの合併を扱います
直接の場合はsが見るよりも小さい列挙子| =秒またはS＆A = A
O（4 ^ N）の複雑
最適化：彼らは直接場合列挙サブセットがより速くなるでしょう。
cinを>> N; 用（INT A = 0 ; <N; ++ ） CIN >> Z [A]。 用（INT A = 0 ; <（1 << N）; ++ ） のための（INT B = 0、B <N; B ++ ） 場合（A＆（1 << b）参照） の和[A] + = Z [ B]。 memsetの（F、0x3fを、はsizeof （F））。 用（INT A = 0 <N; ++） F [ 1 << A] = 0 ; / * のための（INT S = 0; S <（1 << N）; S ++） のための（INT A = 1; <S; ++） IF（（S | A）== S） [s]は、F =分（F [S]、[A] + F F [A ^ S] +（和[A] ^和[A ^ S]））。* / 用（INT S = 0 ; S <（1 << N）; S ++ ） のための（INT A =（S- 1）＆S; =（A- 1）＆S） [s]は、F =分（F [S]、[A] + F F [A ^ S] +（和[A] ^和[A ^ S]））。 COUT << [（F 1 << N） - 1 ] << ENDL。
O（3 ^ N）の複雑
なお、列挙法のサブセット（非常に重要）
ゲーム理論DP
そこのゲームGがあり、二人は（van♂）、ターンベース果たし、法の結果との間の区別をしない彼が失われたとき、人が操作することができないときということです
例：
、整数S（2 <= S <= 200）、上側のハンドマイナスSの数値xを有し、少なくとも1、しかしS.未満であります 双方は正の整数を引くSへの交代が、k倍にお互いを失う前のラウンドの数を超えることはできません後、当事者が0勝に減少しました。彼は、上の手が勝つかどうかを尋ねましたか？
どのようにDP？
特定の動作状態で、状態が別の状態に遷移することができればGには、ゲーム状態をたくさん持っています。ステータスが転送できない、または終了した勝利状態に移行している場合は、状態を失うと呼ばれるこの条件は次のことを意味します。この状態で運転されて誰が、誰が失うことになります
負け状態に移行することが可能な状態に対応する状態の勝利です
F [s]は、ゲームの状態の代表が勝つために、または失われます
fは本[S [i]は] = falseの場合、すべてのF [秒間[I] = trueの場合、F [S]が偽IF = [S]が真= F、あります
そして、何でしょうか？現在では、チームの残りの手の最後のカット。F [i] [j]は、現在の残りの秒を表しI、保存対戦相手がjに勝つか、失うケースです
列挙1 <= R <= k個* jを、[IR] [R] Fに転送することができます
メモリ検索
書式#include <iostreamの> 使用して名前空間はstdを、BOOL F [] []、G [] []。BOOL DFS（int型、IをINT J） { 場合（I == 0）を返す偽。 もし（G [I] [J]）戻り[I] [J] F。 G [i] [j]は = 真、[I] [j]は= F 偽。 用（INT R = 1 ; R <= I && R <= k個* jを; R ++ ） 場合（DFS（IR、R）== 偽）[i] [j]は= F 真。 戻る[I] [J] F; } int型のmain（） { CIN >> S >> K。 用（INT A = 1 ++; <S ） であれば（DFS（SA、A）== 偽） { COUT << " アリス" << ENDL。 リターン 0 ; } COUT << " ボブ" << ENDL。 リターン 0 ; }
今、n個のゲームがどのように行う、がありますか？
例：小石ゲームを取ります
N-石が重ね、各石のパイル内部石の任意の数から除去することができます。石誰もが迷子になる方法はありませんとき。または勝つために、上側の手を失いますか？
石の唯一の山がある場合
SG機能
定義されたSGは[0] 0 SGを= [I]！= 0は、私は[i]は= 0 iが負けている状態を表して勝利SGのある状態を表しています
SG [1]：すべての状態はありませんが行われている最小の自然数を見つけ、その機能のSGがダウンして書かれ、1に転送することができます
SG [n]のために、最小のないSG [0]、SG [1] ... SGを見つけていない[N-1]は、天然に発生数が、この数はSG [n]の値です。
SG機能の使用は何ですか？
この問題に戻り、n個になるためにどのように、我々は唯一のゲームを見つけるために、SG機能を見つけることが、問題はゲームよりもですか？
SG定理：SGゲーム値Nが最大各ゲームSGのXORの値に等しいです。
証明：最初のカードを取ります
問題はその後、発見SG [n]は= nまでプッシュするので、直接、うまくやります
int main() { cin >> n; int ans=0; for (int a=1;a<=n;a++) { int v; cin >> v; ans = ans ^v; } if (ans!=0) 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==0) return 0; if (f[n]) return sg[n]; f[n]=true; vector<int> z; for (int a=1;a<=n;a++) { int l = max(a-3,0); int r = max(n-a-2,0); z.push_back( dfs(l) ^ dfs(r) ); } sort(z.begin(),z.end()); z.push_back(233333333); for (int a=0,p=0;;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