题解：AcWing 894 拆分-Nim游戏

【题目来源】

AcWing：894 拆分-Nim游戏 - AcWing题库

【题目描述】

给定 \(n\) 堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以取走其中的一堆石子，然后放入两堆规模更小的石子（新堆规模可以为 \(0\)，且两个新堆的石子总数可以大于取走的那堆石子数），最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

【输入】

第一行包含整数 \(n\)。

第二行包含 \(n\) 个整数，其中第 \(i\) 个整数表示第 \(i\) 堆石子的数量 \(a_i\)。

【输出】

如果先手方必胜，则输出 Yes。

否则，输出 No。

【输入样例】

2
2 3

【输出样例】

Yes

【核心思想】

问题分析：给定 \(n\) 堆石子，每次操作可以取走一整堆石子，并替换为两堆规模更小的石子（新堆大小可以为 \(0\)，两新堆之和可以大于原堆）。无法操作者失败。与标准 Nim（只能取走）和集合 Nim（只能减去固定数量）不同，本题的核心操作是"一堆变两堆"，属于复合游戏拆分，必须用 Sprague-Grundy 定理分析。
算法选择：
- Sprague-Grundy（SG）定理：整个复合游戏的 SG 值等于各独立子游戏 SG 值的异或和。先手必胜当且仅当总异或和非零
- SG 函数递归定义：对于一堆 \(x\) 个石子，一次操作将其拆分为两堆 \(i\) 和 \(j\)（\(0 \leq j \leq i < x\)），产生两个独立的子游戏。因此后继状态的 SG 值为 \(\text{sg}(i) \oplus \text{sg}(j)\)
- mex 运算与记忆化：\(\text{sg}(x) = \text{mex}\{\text{sg}(i) \oplus \text{sg}(j) \mid 0 \leq j \leq i < x\}\)，通过数组 f[x] 记忆已计算值
关键步骤：
- 读取输入：石子堆数 \(n\) 和每堆石子数 \(a_1, \ldots, a_n\)
- 计算单堆 SG 函数值（sg(x)）：
  - 边界：若 f[x] != -1，直接返回记忆化值
  - 枚举所有拆分方式：外层 \(i\) 从 \(0\) 到 \(x-1\)（第一堆大小），内层 \(j\) 从 \(0\) 到 \(i\)（第二堆大小，\(j \leq i\) 避免重复）
  - 每个拆分产生两个独立子游戏，其后继 SG 值为 \(\text{sg}(i) \oplus \text{sg}(j)\)，加入集合 \(S\)
  - mex 运算：从 \(0\) 开始枚举，找到第一个不在 \(S\) 中的非负整数，记为 \(\text{sg}(x)\)
  - 记忆化：f[x] = sg(x)
- 计算总异或和：res ^= sg(a_i)，遍历所有 \(n\) 堆石子
- 判断胜负：res != 0 则输出 Yes（先手必胜），否则 No
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(n \cdot H^2)\)，其中 \(H = \max(a_i)\)。对于每个状态 \(x\)，需要枚举约 \(x^2/2\) 种拆分方式，即 \(O(H^2)\)，共计算 \(H\) 个状态。实际由于记忆化，每个状态只计算一次，单次 sg(x) 为 \(O(x^2)\)，总计 \(O(H^3)\)。但对于 \(H \leq 100\) 的数据范围完全可接受
- 空间复杂度：\(O(H)\)，存储 SG 函数记忆化数组 f[0..H]
拆分-Nim 与 SG 定理的核心思想：
- "一堆变两堆"的 SG 值计算：与"取走"或"减去"不同，拆分操作将原游戏替换为两个独立子游戏的组合。根据 SG 定理，组合状态的 SG 值等于两个子游戏 SG 值的异或，因此后继状态集合为 \(\{\text{sg}(i) \oplus \text{sg}(j)\}\)
- 无重复枚举技巧：内层循环 \(j\) 从 \(0\) 到 \(i\)（而非 \(x-1\)），避免 \((i, j)\) 与 \((j, i)\) 重复计算，减少约一半计算量
- SG 函数的递归结构：本题完美展示了 SG 函数的递归定义——状态的 SG 值仅依赖于规模更小的状态的 SG 值。这种"自底向上"的依赖关系保证了记忆化搜索的正确性和高效性
- 与标准 Nim 的区别：标准 Nim 中 \(\text{sg}(x) = x\)，而拆分 Nim 中 \(\text{sg}(x)\) 与 \(x\) 无简单线性关系，必须通过递归计算。例如 \(\text{sg}(0) = 0\)，\(\text{sg}(1) = \text{mex}\{\text{sg}(0)\oplus\text{sg}(0)\} = \text{mex}\{0\} = 1\)，\(\text{sg}(2) = \text{mex}\{\text{sg}(0)\oplus\text{sg}(0), \text{sg}(1)\oplus\text{sg}(0), \text{sg}(1)\oplus\text{sg}(1)\} = \text{mex}\{0, 1, 0\} = 2\)
- 适用于：复合游戏拆分、一堆变多堆的博弈问题、需要递归计算 SG 函数的公平组合游戏

【算法标签】

博弈论

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_set>
using namespace std;

const int N = 105;  // 最大石子数
int f[N];          // 记忆化SG函数值，f[x]表示有x个石子的SG值

// 计算有x个石子的SG函数值
int sg(int x)
{
    // 如果已经计算过，直接返回记忆化的值
    if (f[x] != -1)
    {
        return f[x];
    }

    // 存储所有可能分裂后状态的SG值的异或和
    unordered_set<int> S;

    // 遍历所有可能的拆分方式
    // 将x个石子拆分成两堆：一堆i个，一堆j个
    // 其中 i + j < x（至少剩下1个石子用于拆分）
    for (int i = 0; i < x; i++)        // 第一堆的大小，0 ≤ i < x
    {
        for (int j = 0; j <= i; j++)   // 第二堆的大小，0 ≤ j ≤ i
        {
            // 拆分成两堆(i,j)后，形成两个独立的游戏
            // 组合游戏的SG值是两个独立游戏SG值的异或
            S.insert(sg(i) ^ sg(j));
        }
    }

    // mex操作：找到最小的不在集合S中的非负整数
    for (int i = 0; ; i++)
    {
        if (!S.count(i))  // 如果i不在集合S中
        {
            return f[x] = i;  // 记忆化并返回SG值
        }
    }
}

int main()
{
    int n;  // 石子堆数
    cin >> n;

    // 初始化SG函数记忆化数组为-1（表示未计算）
    memset(f, -1, sizeof(f));

    int res = 0;  // 所有石子堆SG值的异或和

    // 输入每堆的石子数，并计算SG值的异或和
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int x;  // 当前堆的石子数
        cin >> x;
        res ^= sg(x);  // 计算当前堆的SG值并异或
    }

    // 根据SG定理判断胜负：
    // 如果所有石子堆SG值的异或和不为0，先手必胜
    // 如果所有石子堆SG值的异或和为0，先手必败
    if (res)
    {
        cout << "Yes" << endl;  // 先手必胜
    }
    else
    {
        cout << "No" << endl;   // 先手必败
    }

    return 0;
}

【运行结果】

2
2 3
Yes

posted @ 2026-06-23 11:25 团爸讲算法阅读(11) 评论(0) 收藏举报

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