ARC 208

A

如果只保留或中的位，就是可以减去任意，或不变小就可以。

发现最后不能操作就是，每一位只有一个数有值。对于不同的不限制的 Nim 游戏，sg 函数的值就是 \(\bigoplus_{i=1}^n a_i\)。

那么 “每一位只有一个数有值” 相当于，对于一些数，减去一些 \(2^i\)，并且减之前第 \(i\) 位是 \(1\)。那么不会又进位退位。一共减掉 \(2^k-1\)，那么相对应发现 sg 异或 \(2^k-1\)。

B

二分答案。对于 \(a_n=x\)，显然最终 \(\sum \bmod\) 可以到 \(x-2\)，现在的问题是，长度够不够。对于 \(a_i=x\)，构造 \(a_{i-1}\) 使得可以减最多即可。那么就是 \(\frac{a_i}{2}+1\)（下取整）。

C

\(n\oplus c=x+kn\)。

• \(k=0\)。则 \(c\oplus n=x\)，\(n=x\oplus c\)。在 \(x<n\) 成立。

• \(k=1\)。则 \(c\oplus n=x+n\)。\(\oplus\) 本质是什么？就是对于 \(c,n\) 都有的位 \(i\)，给 \(n\) 的值 \(-2^i\)，对于 \(c\) 有 \(n\) 没有的，加 \(2^i\)。最终贡献和要等于 \(x\)。因为 \(n\) 是任意的，那么问题变成，\(c\) 中的位加 \(\pm 2^i\)，能不能组成 \(x\)。显然 \(c\ge x\)。并且 \(c-x\) 就是两倍减去的总和。那么除以 \(2\)，看是不是被 \(c\) 包含就可以了。\(n\) 不够大的时候加一个 \(2^{40}\)。

• \(k=2\)。则 \(c\oplus n=x+2n\)。因为 \(c\oplus n\le c+n\)，则 \(x+2n\le c+n\)，也就是 \(x+n\le c\)。因为 \(x<n\)，所以 \(2n<c\)。\(c\) 会比 \(x\) 多出一个高位，一定有 \(k=0\) 中的 \(n=x\oplus c\) 可行。那么 \(k\ge 2\) 不需要考虑。