[题解] AtCoder ARC225 B. Independent Nim

[题解] AtCoder ARC225 B. Independent Nim

TAG: 博弈论，构造，思维，AtCoder
题目链接: AtCoder ARC225 B - Independent Nim

题目大意

给定一个只含 0 和 1 的序列。Alice 与 Bob 轮流操作，每次必须选择至少一个值为 1 的位置并将其改成 0，但同一次选择的位置不能相邻。无法操作的人失败，Alice 先手，判断谁有必胜策略。

拿到题目后如何思考

1. 先观察最小局面

先只考虑一段连续的 1：

• 1：先手可以直接删掉，先手胜；
• 11：由于两个位置相邻，一次只能删掉一个，局面变成 1，对手再删掉最后一个，因此先手败；
• 111：先手删掉最左端或最右端，便可以给对手留下 11，因此先手胜。

这里第一次出现了真正特殊的结构：11。

单独的一对 11 不能在一次操作中被全部删掉。无论当前玩家删左边还是右边，都一定会留下一个孤立的 1 给对手。

2. 0 把序列分成若干连续段，但不能直接做 Nim 异或

原序列中的 0 永远不会变回 1，所以它们把所有 1 分成若干个极长连续段。

但是，一次操作可以同时在多个连续段中选择位置。因此这些连续段并不是普通意义下“每次只能选择一个子游戏操作”的 Nim 游戏，不能直接计算每段的 SG 值再异或。

真正应该关注的是：能否用一次操作，把整个局面同时整理成一种后手必胜的标准形。

3. 猜测标准形：所有连续段都恰好是 11

由最小局面可以猜测：

当且仅当每个极长连续 1 段的长度都等于 2 时，当前局面是后手必胜态。

也就是说，形如下面的局面都是后手必胜态：

11
11011
11011011

中间可以有任意多个原本就存在的 0，关键只在于每段连续 1 的长度必须是 2。

接下来分别证明标准形不能走到标准形，以及任意非标准形都能一步走到标准形。

为什么若干个独立的 11 不影响先手必胜性质

假设当前所有连续段都是 11。

在一对 11 中，两个位置相邻，所以一次操作最多选择其中一个。又因为一次操作至少要选择一个位置，所以至少有一对 11 会被碰到，并在操作后变成单独的 1。

因此，从“全部由 11 组成”的局面出发，无论怎样操作，都不可能再次得到“全部由 11 组成”的局面。

这也说明一对独立的 11 是一种中性结构：

• 如果原局面已经全部由若干对 11 组成，再加入一对独立的 11，仍然是后手必胜；
• 如果原局面还存在其他非标准连续段，再加入一对 11，也不会消除那个可以控制胜负的非标准段。

所以判断胜负时，可以把已经独立出来的每一对 11 留在原地，不需要主动处理它们。

谁拿到“可支配的 1”，谁就能控制胜负

现在考虑某个长度不等于 2 的连续 1 段。目标是在一次操作后，让它剩下的每个连续段都恰好为 11。

下面的构造中：

• 1 表示这个位置保留；
• 0 表示选择这个原本为 1 的位置，并在本次操作中将其删除。

按照连续段长度除以 3 的余数构造：

• 长度为 \( 3k \)：构造成 (110) 重复 \( k \) 次；
• 长度为 \( 3k+1 \)：构造成 0 后接 (110) 重复 \( k \) 次；
• 长度为 \( 3k+2 \)：构造成 (110) 重复 \( k \) 次，最后接 11。

例如：

1       -> 0
111     -> 110
1111    -> 0110
11111   -> 11011
111111  -> 110110
1111111 -> 0110110

构造后的所有 0 之间都隔着两个 1，所以本次要删除的位置两两不相邻，操作一定合法；留下来的每个连续 1 段又都恰好是 11。

长度为 2 时不需要做任何事，直接保留原来的 11 即可。对于其他长度，构造中至少会删除一个位置。

不同极长连续段之间原本就隔着 0，所以可以同时对所有非标准连续段执行上述构造。把各段中要删除的位置合并到同一次操作里，它们仍然不会相邻。

这样，任意不是标准形的局面，都可以一步变成全部由独立 11 组成的标准形。

这里所谓“谁有 1，谁就能控制胜负”，更准确地说是：

谁拿到至少一个没有被固定在标准 11 中的可支配 1，谁就能利用它完成上述整理，把后手必胜的标准形交给对方。

反过来，如果当前只有若干对 11，当前玩家无论如何都必须拆开至少一对，制造出可支配的单独 1。于是对手又能把局面整理回标准形。

必胜态与必败态证明

令标准形表示“每个极长连续 1 段的长度都为 2”。

标准形是必败态

任意合法操作都至少触碰一对 11，并且在这对 11 中最多删除一个位置，因此操作后一定会出现长度为 1 的连续段。也就是说，标准形的任何后继状态都不是标准形。

非标准形是必胜态

对每个长度不为 2 的连续段，使用上面的周期构造删除若干个互不相邻的位置；长度为 2 的连续段保持不动。一次操作后，整个序列中的连续 1 段都会变成 11，即走到标准形。

因此满足博弈论中必败态的两个条件：

• 必败态的任意后继都是必胜态；
• 任意必胜态都至少存在一种走向必败态的操作。

最终结论为：

• 所有极长连续 1 段的长度都为 2，Bob 获胜；
• 只要存在一个连续段的长度不为 2，Alice 获胜。

全 0 序列中没有任何连续 1 段，也满足“所有连续段长度均为 2”，此时 Alice 无法进行第一次操作，仍然是 Bob 获胜。

复杂度

只需从左到右扫描序列并统计每个极长连续 1 段的长度。

• 时间复杂度：\( O(N) \)，每个位置只访问一次；
• 空间复杂度：\( O(1) \)，只维护当前连续段长度和答案标记。

代码前说明

• cnt：当前尚未结束的极长连续 1 段长度；
• f：当前是否仍满足“已经检查过的每段长度都为 2”；
• 读到 0：说明一段连续 1 结束，检查 cnt 是否为 0 或 2，再清空；
• 扫描结束：如果序列以 1 结尾，还要单独检查最后一段；
• f=true 对应后手必胜态，输出 Bob，否则输出 Alice。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
void solve(){
	int n;cin>>n;
	bool f=1;
	int cnt=0;
	int x;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x;
		if(x==1){
			cnt++;
		}else{
			if(cnt!=2&&cnt!=0) f=0;
			cnt=0;
		}
	}
	if(x!=0&&cnt!=2) f=0;
	if(f) cout<<"Bob"<<endl;
	else cout<<"Alice"<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t=1;cin>>t;
    while(t--) solve();
    return 0;
}