标签：le Nim text otimes oplus 小结 解法 mathrm
由于某毒瘤出题人
redbag不得不学习一下这个史诗毒瘤算法。本文参考了 Owaski 的 GameTheory 的课件。
定义
我们对于一些二维 \(\mathrm{Nim}\) 游戏（好像更高维也行），可以拆分成两维单独的 \(\mathrm{Nim}\) 然后求 \(\mathrm{Nim}\) 积。
定义为
\[ x \otimes y = \mathrm{mex}\{(a \otimes b) \oplus (a \otimes y) \oplus (x \otimes b), 0 \le a < x, 0 \le b < y\} \]
其中 \(\otimes\) 定义为 \(\mathrm{Nim}\) 积，\(\oplus\) 定义为异或。
以下是对于 \(x, y \le 4\) 的一个小表。
| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | |
|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| 2 | 0 | 2 | 3 | 1 | 8 |
| 3 | 0 | 3 | 1 | 2 | 12 |
| 4 | 0 | 4 | 8 | 12 | 6 |
性质
运算的性质
观察此表，可以显然的得出：
\[ \begin{aligned} x \otimes 0 &= 0 \otimes x = 0\\ x \otimes 1 &= 1 \otimes x = x\\ x \otimes y &= y \otimes x \end{aligned} \]
即 \(0\) 与所有数做 \(\mathrm{Nim}\) 积仍然为 \(0\) ， \(1\) 仍然是单位元，并且满足交换律。
不会证明的两个结论：
\[ \begin{aligned} x \otimes (y \otimes z) &= (x \otimes y) \otimes z\\ x \otimes (y \oplus z) &= (o \otimes y) \oplus (x \otimes z) \end{aligned} \]
就是说满足乘法交换律，和乘法分配率（把 \(\otimes\) 看作 \(\times\) 以及 \(\oplus\) 看做 \(+\) ）。
费马数的一些运算性质
经过数学家的艰苦卓绝的努力，我们有两个十分强大的运算法则。
定义 \(\text{Fermat 2-power}\) 为 \(2^{2^n}\) ，其中 \(n \in \mathbb N\) ，设其为 \(a\) 。
一个 \(\text{Fermat 2-power}\) 与任意小于它的数的 \(\mathrm{Nim}\) 积为一般意义下乘法的积，即 \(a \otimes x = a \times x~(x < a)\) 。
一个 \(\text{Fermat 2-power}\) 与自己的 \(\mathrm{Nim}\) 积为自己的 \(\displaystyle \frac 32\) 倍，即 \(\displaystyle a \otimes a = \frac 3 2 a = a \oplus \frac a 2\) 。
算法解决
注意暴力求 \(\mathrm{Nim}\) 积是 \(\mathcal O((xy)^2)\) 的，我们可以利用一些性质在 \(\mathcal O(\log x \log y)\) 的时间内解决。
对于任意 \(x, y\) 的解法
我们设 \(f(x, y) = x \otimes y\) ，我们特判 \(x \text{ or } y = 0, 1\) 的情况后，可以考虑拆出 \(x, y\) 的每个二进制位单独算。
就是设 \(g(x, y) = 2^x \otimes 2^y\) ，那么 \(f(x, y) = \oplus_{x' \in x, y' \in y} g(x', y')\) 。
对于 \(2^x \otimes 2^y\) 的解法
这一段是 zhou888 教我的，太恐怖啦 %%%
那么我们问题就转化为求 \(g(x, y)\) 了。
我们考虑把 \(x, y\) 的二进制位拆出来，变成一个个费马数，然后利用性质处理。
\[ 2^x \otimes 2^y = (\oplus_{x' \in x} 2^{2^{x'}}) \otimes (\oplus_{y' \in y} 2^{2^{y'}}) \]
考虑 从高到低 依次考虑 \(x, y\) 的每一位，如果这位都为 \(0\) 我们显然可以忽略。
\(x \text{ and } y\) 的情况
假设全都为 \(1\) 那么对于这一位 \(2^u\) 我们设 \(M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^{y - 2^u}\) ，那么有 \(A, B < M\) 。
那么我们的答案其实就是 \(ans = (M \otimes A) \otimes (M \otimes B)\) （注意费马数的 \(\times\) 和 \(\otimes\) 是一样的）即 $ (M \otimes M) \otimes (A \otimes B)$ ，化简一下答案其实就是 \(\displaystyle \frac{3}{2} M \oplus (A \otimes B)\) 。
那么此时我们把 \(2^x, 2^y\) 都去掉最高的一位 \(u\) 变成 \(A, B\) ，继续向低位递归。
\(x \text{ xor } y\) 的情况
假设一个为 \(1\) 一个为 \(0\) ，同样我们设这位为 \(2^u\) ，假设 \(x\) 此位为 \(1\) ，那么有 \(M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^y\) 。
那么答案的形式为 \(ans = (M \otimes A) \otimes B\) 也就是 \(M \otimes (A \otimes B)\) 。类似的，我们去掉最高位，然后不断向下推。
讨论完上面两种情况，我们可以写一下表达式。
我们显然可以利用交换律把 \(x \text { xor } y\) 和 \(x \text { and } y\) 的情况分开。
\[ \begin{aligned} 2^x \otimes 2^y &= (\otimes_{i \in \{x \text{ xor } y\}} 2^{2^i}) \oplus (\otimes_{i \in \{x \text{ and } y\}} \frac{3}{2} 2^{2^i})\\ &= (\prod_{i \in \{x \text{ xor } y\}} 2^{2^i}) \otimes (\otimes_{i \in \{x \text{ and } y\}} \frac{3}{2} 2^{2^i}) \end{aligned} \]
那么对于前者可以直接算，后面利用 \(f\) 递归算就行了。
复杂度不难发现只会遍历两个所有二进制位，也就是单次为 \(O(\log^2 x)\) 。
代码实现
网上的那种推导以及实现方式似乎都有些问题，似乎是其中一个费马数的地方没有保证 \(<\) ，小的不会错，大的会有些问题。
所以我参考了 zhou888 的代码实现。
#define Resolve(i, x) for (int u = (x), i = 0; (1ll << i) <= u; ++ i) if (u >> i & 1)
ll f(ll x, ll y);
ll g(int x, int y) {
if (!x || !y) return 1ll << (x | y);
if (~ tab[x][y]) return tab[x][y];
ll res = 1;
Resolve(i, x ^ y) res <<= (1 << i);
Resolve(i, x & y) res = f(res, 3ll << ((1 << i) - 1));
return tab[x][y] = res;
}
ll f(ll x, ll y) {
if (!x || !y) return x | y;
if (x == 1 || y == 1) return max(x, y);
ll res = 0;
Resolve(i, x) Resolve(j, y) res ^= g(i, j);
return res;
}例题
HDU3404 Switch lights
题意
在一个二维平面中，有 \(n\) 个灯亮着并告诉你坐标，每回合需要找到一个矩形，这个矩形 \((x,y)\) 坐标最大的那个角落的点必须是亮着的灯，然后我们把四个角落的灯状态反转，不能操作为败。
\(T \le 100, n \le 1000, x, y \le 10000\)
题解
\(\mathrm{Turning~Corners}\) 是裸的二维 \(\mathrm{Nim}\) 问题，直接上模板就好了。
复杂度是 \(\mathcal O(Tn\log x \log y)\) 的。
标签：le,Nim,text,otimes,oplus,小结,解法,mathrm 来源： https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/10507030.html
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