HZOI NOIP 2024 Round 24 T2 取石子 官方做法

发现大多数的题解都是不同于官方题解的做法，这里我将介绍官方题解做法。

Solution

证明先手是否可以必胜的方法相差无几，为了方便后边行文，这里介绍我的思路：考虑各堆石子和为奇数的情况（以下简称为“奇状态”，另一种称为“偶状态”）一定先手必胜：两人一次取一个即可。考虑偶状态。可以发现，先手一定要尽可能的一次拿走偶数个，这样就能留给对方一个偶状态使得对方不能必胜。考虑分裂原有状态，将每一堆中的石子成对取出，一定出现一个剩下的偶状态（每堆最多只有一个），另一个是取出来的状态，每对压成一个石子。由于前者每次只能取一个，共偶数个，所以是必败状态。根据“可以发现”的内容，每个选手一定会先成对的取，也就是说取出新状态中压出来的若干石子。所以先手一定会先面对新的状态，如果它是奇状态则先手必胜，后手会先接手前面剩下的状态使其必败。如果当前状态是偶状态，我们考虑重复上述分裂操作。当每一个压出来的石子代表代表的大小大于 \(k\) 时，由于根据“可以发现”内容，先手必定至少会取压出来的一个石子（大于 \(k\) 个），所以先手必败。
以上判断方法直接模拟复杂度为 \(O(n\log(k))\) 级别的。考虑一个奇状态的特征是各堆的石子数量的二进制末位加和在模 \(2\) 意义下为 \(1\)，一次分裂后的新状态等同于将各堆的石子数量在二进制下右移一位，也就是说将“末尾”变成“倒数第二位”，显然第一次出现奇状态时如果分裂 \(i\) 次，每个石子实际大小就是 \(2^i\)，所有数的从小到大第 \(i+1\) 位加和在模 \(2\) 意义下为 \(1\)，且所有第 \(j(j<i)\) 位加和模 \(2\) 意义下均为零。根据异或运算的性质，发现这个最小的 \(i\) 就是初始各堆石子数量异或和最低的 \(1\) 的位置减 \(1\)，相对应的，此时每个石子大小为 \(2^i=\operatorname{lowbit}(\oplus_{i}^{i\in[1,n]}a_i)\)。这里我们定义 \(\operatorname{lowbit}(0)=\infty\)。
接下来是求可行解的部分。当先手必胜时，可以发现以下性质：

1. 先手取的一定是上文提到最后一次分裂每个石子最终大小（以下称 \(s\)）的奇数倍。因为上来一定是个奇状态，只有拿奇数个才不会留给对方奇状态。
2. 先手取完第一次后，每堆石子实际数量的异或和的 \(\operatorname{lowbit}\) 一定变大，因为我们留下的状态是偶状态，由于拿了 \(s\) 的倍数个，更低的位显然不动，由于是偶状态所以不能单出来一个 \(s\)，所以 \(s\) 那一位必须是 \(0\)。综上，新的异或和的最低为 \(1\) 的位必定比 \(s\) 那一位大。
3. 所取的数都在留给后手的那一位 \(\operatorname{lowbit}\) 之前。如果大于等于 \(\operatorname{lowbit}\) 的位改变，设当前 \(\operatorname{lowbit}\) 位代表的值为 \(p\)，更大的改变的位代表的值为 \(q\)，则\(p\leq{q}\)。此时后手已经得到了一个必胜状态：直接拿走 \(p\)。毕竟先手至少要拿 \(q\)。
4. 随着钦定剩下的 \(\operatorname{lowbit}\) 增大，要减的数单调递增。发现每次原来 \(\operatorname{lowbit}\) 那一位（以下称 \(i\)）之前的位是否要加已经确定（具体可见下文公式，被异或的 \(2^i\) 的后几位永远是 \(0\)），由于上一次的 \(i\) 位一定不取（否则后手只需取 \(i\) 代表的数，就能必胜），只需考虑加不加入这一位即可。

考虑对于每一堆，根据性质 \(2\) 钦定剩下的 \(\operatorname{lowbit}\) 为 \(i\)，根据性质 \(3\)，设 \(l=\oplus_{i}^{i\in[1,i)\lor(i,n]}a_i\)，根据异或的自反性，最终结果一定是 \((a-l\oplus{2^i})(\bmod 2^{i+1})\)（大意是取出异或和中的 \(a\) 求加入何值得到 \(2^i\)，由于我们只关心 \(i\) 及以后的位所以取模）。由性质 \(4\) 发现钦定的 \(i\) 递增会使答案递增，无需排序直接输出。
实现时应注意在最后判断 \(\operatorname{lowbit}=\infty\)，即将 \(a_i\) 变成 \(l\) 是否合法。

Code

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&(-x))
long long n,k,a[50100],all[64],xsum;
int main(){
    freopen("nim.in","r",stdin);
    freopen("nim.out","w",stdout);
    all[0]=1;
    for(int i=1;i<40;++i) all[i]=all[i-1]<<1|1;
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]),xsum^=a[i];
    if((!xsum)||lowbit(xsum)>k) return printf("0\n"),0;
    printf("1\n");
    long long dlim=__lg(lowbit(xsum));
    for(int i=1;i<=n;++i){
        long long tem=xsum^a[i];
        for(long long j=dlim+1;j<40;++j){
            long long tt=(a[i]-(tem^(1ll<<j)))&all[j];
            if(((tt>>j)&1)) continue;
            if(tt>a[i]||tt>k) break;
            printf("%d %lld\n",i,tt);
        }
        if(a[i]-tem<=k&&a[i]>=tem) printf("%d %lld\n",i,a[i]-tem);
    }
    return 0;
}