[ARC163E] Chmin XOR Game 题解

独立做出来力！

首先从简单入手，考虑 $2$ 个数的情形。

博弈论先用 $\text{SG}$ 定理打个表，又因为是位运算，考虑到一定与二进制位有点关系（事实上不是）。

不难打出这样的表：($1$ 代表 Alice 必胜)

0111111111111111
1100111111111111
1010111111111111
1001111111111111
1111111101110111
1111111111001100
1111111110101010
1111111110011001
1111011111110111
1111110011111100
1111101011111010
1111100111111001
1111011101111111
1111110011001111
1111101010101111
1111100110011111

很难看，我们尝试分个段。

 0111 1111 1111 1111
 1100 1111 1111 1111
 1010 1111 1111 1111
 1001 1111 1111 1111

 1111 1111 0111 0111
 1111 1111 1100 1100
 1111 1111 1010 1010
 1111 1111 1001 1001

 1111 0111 1111 0111
 1111 1100 1111 1100
 1111 1010 1111 1010
 1111 1001 1111 1001

 1111 0111 0111 1111
 1111 1100 1100 1111
 1111 1010 1010 1111
 1111 1001 1001 1111

不难发现他满足递归性质，是个分形。

考虑取最开始的部分找找规律。

0111 
1100 
1010
1001 

我们发现 $0$ 并不能告诉我们什么，考虑其补集 $1$。

容易发现，如果 $a,b$ 不全为零，且有 $a=0$ 或 $b=0$ 或 $a=b$，那么 Alice 必胜。

回到原来 $16 \times 16$ 的表。

其实就是但凡有一个四进制位满足该条件，Alice 必胜。

然后考虑扩展，显然不可能直接扩展到 $n$。

就比如说 $a=b$，他可以是 $a=b=c$，也可能是 $a-b=c$。这本质上是因为简单情形太少了。

所以有两种做法:

• 考虑证明上一个结论，把结论用好。

• 考虑增加简单情形，打一个三维的表。

  $16 \times 16 \times 16$ 的表显然不易观察，所以选前者。

必胜状态是由任意一个必败状态转移过来的。

找点特殊点，我们发现他们都可以由全 $0$ 状态一步转移过来。

1. 猜想可以由全 $0$ 状态一步转移过来的集合与 $4 \times 4$ 必胜状态的集合等价。

证明：

充分性：依据定义可证。

必要性：

如果存在一个必胜状态未从 $0$ 转移过来，那么必然有必败状态存在，然后再到必胜状态，最后转移到全为 $0$ 的必败状态。

然后这个分析似乎没有什么用？

考虑将 $a_i$ 替换为 $\min( a_i , a_i \oplus x)$ 操作的实质。

拆位分析一下。

我们发现至少会将一个二进制位赋为 $0$。

然而我们之前至少要做三次操作，对 $4$ 的值域已经不可能了。

2. 我们尝试拓展到 $16 \times 16$ 的情况。

即证明但凡有一个四进制位满足该条件，Alice 必胜。

证明：

对于可以一步转移到原先 $4 \times 4$ 的范围的位置。

我们显然可以取一个 $x$，其第二位可使其转移到 $4 \times 4$ 的情况。

那么它的第一位其实放什么都合法。

也就是说对于它的第一位，可以做一次对胜负没有贡献的操作，也可以不做。

如果当前必胜，必然存在必败处可转移，转移到必败处即可。

如果当前必败，原地不动即可。

所以当前必有必败状态转移，当前状态必胜。

对于不能一步转移到原先 $4 \times 4$ 的范围的位置。

显然对于坐标为 $4$ 的倍数的位置是必败局面。

其他情况若转移出去则只可转移到必胜局面，所以其等价于 $4 \times 4$ 的情况。

此处的证明使用了大量归纳法，核心就在于找 $16 \times 16$ 中等价于 $4 \times 4$ 情况的三种类型。

发现此处 $1,2$ 证明其实可以与 $n=2$ 与 $16 \times 16$ 无关。于是我们发现，在 $n>2$ 的通用情况也有这样的结论。

于是照着结论来就过了。

有趣的是，我做这题时没有任何证明，鉴定为有运气的。

正解代码+打表代码