Nim積解法小結

時間 2019-11-09

標籤 nim 解法小結简体版

原文原文鏈接

因爲某毒瘤出題人 ~~redbag~~ 不得不學習一下這個史詩毒瘤算法。算法

本文參考了 Owaski 的 GameTheory 的課件。學習

定義

咱們對於一些二維 $\mathrm{Nim}$ 遊戲（好像更高維也行），能夠拆分紅兩維單獨的 $\mathrm{Nim}$ 而後求 $\mathrm{Nim}$ 積。spa

定義爲code

\[ x \otimes y = \mathrm{mex}\{(a \otimes b) \oplus (a \otimes y) \oplus (x \otimes b), 0 \le a < x, 0 \le b < y\} \]遞歸

其中 $\otimes$ 定義爲 $\mathrm{Nim}$ 積，$\oplus$ 定義爲異或。遊戲

如下是對於 $x, y \le 4$ 的一個小表。get

	1	2	3	4
0	0	0	0	0
1	1	2	3	4
2	2	3	1	8
3	3	1	2	12
4	4	8	12	6

性質

運算的性質

觀察此表，能夠顯然的得出：數學

\[ \begin{aligned} x \otimes 0 &= 0 \otimes x = 0\\ x \otimes 1 &= 1 \otimes x = x\\ x \otimes y &= y \otimes x \end{aligned} \]it

即 $0$ 與全部數作 $\mathrm{Nim}$ 積仍然爲 $0$ ， $1$ 仍然是單位元，而且知足交換律。table

不會證實的兩個結論：

\[ \begin{aligned} x \otimes (y \otimes z) &= (x \otimes y) \otimes z\\ x \otimes (y \oplus z) &= (o \otimes y) \oplus (x \otimes z) \end{aligned} \]

就是說知足乘法交換律，和乘法分配率（把 $\otimes$ 看做 $\times$ 以及 $\oplus$ 看作 $+$ ）。

費馬數的一些運算性質

通過數學家的堅苦卓絕的努力，咱們有兩個十分強大的運算法則。

定義 $\text{Fermat 2-power}$ 爲 $2^{2^n}$ ，其中 $n \in \mathbb N$ ，設其爲 $a$ 。

一個 $\text{Fermat 2-power}$ 與任意小於它的數的 $\mathrm{Nim}$ 積爲通常意義下乘法的積，即 $a \otimes x = a \times x~(x < a)$ 。
一個 $\text{Fermat 2-power}$ 與本身的 $\mathrm{Nim}$ 積爲本身的 $\displaystyle \frac 32$ 倍，即 $\displaystyle a \otimes a = \frac 3 2 a = a \oplus \frac a 2$ 。

算法解決

注意暴力求 $\mathrm{Nim}$ 積是 $\mathcal O((xy)^2)$ 的，咱們能夠利用一些性質在 $\mathcal O(\log x \log y)$ 的時間內解決。

對於任意 $x, y$ 的解法

咱們設 $f(x, y) = x \otimes y$ ，咱們特判 $x \text{ or } y = 0, 1$ 的狀況後，能夠考慮拆出 $x, y$ 的每一個二進制位單獨算。

就是設 $g(x, y) = 2^x \otimes 2^y$ ，那麼 $f(x, y) = \oplus_{x' \in x, y' \in y} g(x', y')$ 。

對於 $2^x \otimes 2^y$ 的解法

這一段是 zhou888 教個人，太恐怖啦 %%%

那麼咱們問題就轉化爲求 $g(x, y)$ 了。

咱們考慮把 $x, y$ 的二進制位拆出來，變成一個個費馬數，而後利用性質處理。

\[ 2^x \otimes 2^y = (\otimes_{x' \in x} 2^{2^{x'}}) \otimes (\otimes_{y' \in y} 2^{2^{y'}}) \]

考慮 從高到低 依次考慮 $x, y$ 的每一位，若是這位都爲 $0$ 咱們顯然能夠忽略。

$x \text{ and } y$ 的狀況

假設全都爲 $1$ 那麼對於這一位 $2^u$ 咱們設 $M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^{y - 2^u}$ ，那麼有 $A, B < M$ 。

那麼咱們的答案其實就是 $ans = (M \otimes A) \otimes (M \otimes B)$ （注意費馬數的 $\times$ 和 $\otimes$ 是同樣的）即 $ (M \otimes M) \otimes (A \otimes B)$ ，化簡一下答案其實就是 $\displaystyle \frac{3}{2} M \otimes (A \otimes B)$ 。

那麼此時咱們把 $2^x, 2^y$ 都去掉最高的一位 $u$ 變成 $A, B$ ，繼續向低位遞歸。

$x \text{ xor } y$ 的狀況

假設一個爲 $1$ 一個爲 $0$ ，一樣咱們設這位爲 $2^u$ ，假設 $x$ 此位爲 $1$ ，那麼有 $M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^y$ 。

那麼答案的形式爲 $ans = (M \otimes A) \otimes B$ 也就是 $M \otimes (A \otimes B)$ 。相似的，咱們去掉最高位，而後不斷向下推。

討論完上面兩種狀況，咱們能夠寫一下表達式。

咱們顯然能夠利用交換律把 $x \text { xor } y$ 和 $x \text { and } y$ 的狀況分開。

\[ \begin{aligned} 2^x \otimes 2^y &= (\otimes_{i \in \{x \text{ xor } y\}} 2^{2^i}) \oplus (\otimes_{i \in \{x \text{ and } y\}} \frac{3}{2} 2^{2^i})\\ &= (\prod_{i \in \{x \text{ xor } y\}} 2^{2^i}) \otimes (\otimes_{i \in \{x \text{ and } y\}} \frac{3}{2} 2^{2^i}) \end{aligned} \]

那麼對於前者能夠直接算，後面利用 $f$ 遞歸算就好了。

複雜度不難發現只會遍歷兩個全部二進制位，也就是單次爲 $\mathcal O(\log^2 x)$ 。

代碼實現

網上的那種推導以及實現方式彷佛都有些問題，彷佛是其中一個費馬數的地方沒有保證 $<$ ，小的不會錯，大的會有些問題。

因此我參考了 zhou888 的代碼實現。

#define Resolve(i, x) for (int u = (x), i = 0; (1ll << i) <= u; ++ i) if (u >> i & 1)

ll f(ll x, ll y);

ll g(int x, int y) {
    if (!x || !y) return 1ll << (x | y);
    if (~ tab[x][y]) return tab[x][y];
    ll res = 1;
    Resolve(i, x ^ y) res <<= (1 << i);
    Resolve(i, x & y) res = f(res, 3ll << ((1 << i) - 1));
    return tab[x][y] = res;
}

ll f(ll x, ll y) {
    if (!x || !y) return x | y;
    if (x == 1 || y == 1) return max(x, y);
    ll res = 0;
    Resolve(i, x) Resolve(j, y) res ^= g(i, j);
    return res;
}