bzoj1022

结论：

先手胜有两种情况

1. Nim和/SG[i]异或和==0,且每堆石子数量都为1
2. Nim和不等于0,且至少有一堆石子数量大于1

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证明

情况1 每堆石子数量都为1时，堆数为偶数时先手胜，此时Nim和为0；反之，堆数为奇数时先手必败

情况2 至少有一堆石子数量大于1时

若只有一堆石子数量大于1,此时Nim和!=0，先手可一定可以将局面变为奇数个1，使后手进入必败状态

若有>=2堆石子数量大于1

1. 初始的Nim和0时
* 取石子相当于减小某个数，即把某个数的某个二进制位k由1变为0，再改变低于k的位数
* 二进制位k为1的数有偶数
假设先手将某数a的最高第k位改为0，又改了k之后的某些位，那么后手完全可以也找到另一个二进制第k位为1的数b
在第k位及之后做相同修改。若修改b之后，还存在大于1的数，就这样修改，并循环往复; 否则，后手完全可以不修改b，而是转化为情况 2- 1) 的先手而取胜。此种情况后手必胜
2. 初始的Nim和!=0时：先手可通过调整最大的数，将局面变为 Nim和0，他就成为了上面情况的"后手"。此种情况先手必胜

代码

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define MOD 1000000007
#define inf 2147483640
#define LL long long
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
 
const int maxn=100010;
struct edge {int to,next;}e[maxn<<1];
priority_queue<int> q;
int head[maxn],ans[maxn],d[maxn],n,m,top,cnt;
 
void link(int u,int v) {
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
int main() {
    int T;scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d",&n,&m);cnt=0;
        memset(head,0,sizeof(head));memset(d,0,sizeof(d));
        for (int u,v,i=1;i<=m;i++) {scanf("%d%d",&u,&v);link(v,u);d[u]++;}
        top=0;
        while(q.size())q.pop();
        for(int i=1;i<=n;i++)if(!d[i])q.push(i);
        while(q.size()){
            int x=q.top();q.pop();
            ans[++top]=x;
            for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
                d[e[i].to]--;
                if(d[e[i].to]==0)q.push(e[i].to);
            }
        }
        if(top!=n)printf("Impossible!\n");
        else {
            for (int i=n;i>=1;i--)printf("%d ",ans[i]);
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}