SG 函数之取石子博弈

在 2002 年张一飞写过一篇论文《由感性认识到理性认识－透析一类博弈游戏的解答过程》从此开启了这类博弈问题的大门，留下学习笔记。

取石子游戏

$A,B$ 两人面对若干堆石子，按照如下规则取石子

每步至少取一枚石子
每步只能在某一堆取走部分或者全部石子
谁无法按照规则取石子，谁就是输家

首先抛开问题，我们先从一般的入手。

我们可以用一个 $n$ 元组 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ 表示一个局面 $S$。显然 改变 $n$ 元组的顺序仍然是一个局面。

一个局面 $n$ 元局面 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ 和一个 $m$ 元局面 $(b_1,b_2,\cdots,b_m)$ 之和显然就是一个 $m + n$ 元局面 $(a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_m)$。类似的一个局面也可以有多种分解。

对于局面 $S$，若先行者有必胜策略，则称 “$S$ 胜”；
对于局面 $S$，若后行者有必胜策略，则称 “$S$ 负”。

如果局面 $S$ 胜，则必然存在取子方式 $S \to T$，且 $T$ 负；
如果局面 $S$ 负，则对任意取子方式 $S \to T$，有 $T$ 胜。

局面分解理论，若 $S = A + B$ 则下面结论显然

若 $A,B$ 一胜一负，则 $S$ 胜
若 $A,B$ 全为负，则 $S$ 负
若 $A,B$ 全为胜，则 $S$ 无法判断（还需要进一步信息才能确定）
若 $A=B$，则 $S$ 负
空局面是负局面

因此根据上面的分解理论，可以将一个局面进行化简。例如 $(2,2,2,7,9,9)$ 可以化简成 $(2,7)$

而局面分解的关系，很容易让人联想到整数的位运算－异或。

对于上面取石子问题，每一个局面都可以分解成只有一堆石子的局面。
对一个局面，定义一个函数 $f$，然后把它们异或是不是，然后判断是非为 0，作为是否胜的充要条件.这样做是否可行呢？先对原始例子进行实验。

函数 $f$：若局面 $S$ 只有一堆石子，设 $S={a}$，则定义 $f(a) = a$。
设局面 $S = (a_1,a_2,\cdots,a_n)=(a_1)+(a_2)+\cdots (a_n)$，则 $f(S) = f(a_1) \oplus f(a_2) \oplus \cdots \oplus f(a_n)$
我们断言：对于一个局面 $S$，若 $f(S) = 0$，则 $S$ 负，否则，$S$ 胜。

下面证明上面的结论。
引理：$a_1 \oplus a_2 \oplus \cdots \oplus a_n = p \neq 0$，则必存在 $1 \leq k \leq n$，使得 $a_k \oplus p < a_k$。这是因为我们看 $p$ 的最高位，有奇数个$a_k$在此位置非零, 那么与 $p$ 异或后，这一位就从 $1$ 变为 $0$，证毕。

若 $f(S) = 0$，则无论先行者如何取子 $S \to T$，都有 $f(T) \neq 0$。
若 $f(S) \neq 0$，则先行者存在一种取法 $S \to T$, 使得 $f(T) = 0$。这是因为由引理 $a_1 \oplus a_2 \oplus a_n = p \neq 0$，存在 $1 \leq k \leq n$，使得 $x = a_k \oplus p < a_k$。那么我们在第 $k$ 堆取走 $a_k - x$ 个石子，那么 $a_1 \oplus \cdots a_{k - 1} \oplus x \oplus a_{k + 1} \cdots \oplus a_n = p \oplus p = 0$，证毕。

一般 Nim SG 问题的 $O(n^2)$ 暴力做法

class Nim {
	std::vector<int> sg{0};
	bool check(int n, int x) {
		// 取决于具体问题
		return (n & x) == 0;
	}
	void init(int n) {
		std::vector<int> cnt(n + 2);
		for (int i = sg.size(); i < n; ++i) {
			std::stack<int> S;
			for (int j = 1; j <= i; ++j) if (check(i, j)) {
				++cnt[sg[i - j]];
				S.push(sg[i - j]);
			}
			int r = 0;
			while (cnt[r]) ++r;
			sg.emplace_back(r);
			while (!S.empty()) {
				--cnt[S.top()];
				S.pop();
			}
		}
	}
public:
	int solve(const std::vector<int> &a) {
		init(*std::max_element(a.begin(), a.end()) + 1);
		int r = 0;
		for (auto x : a) r ^= sg[x];
		return r;
	}
};

必胜策略代码

#include <bits/stdc++.h>
#define watch(x) std::cout << (#x) << " is " << (x) << std::endl
using LL = long long;

int main() {
	//freopen("in","r",stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	std::cout << "请输入一个正数组，以 0 结尾，输出下一步的必胜策略:" << std::endl;
	std::vector<int> a;
	int n;
	while (std::cin >> n && n) a.emplace_back(n);
	int s = 0;
	for (auto x : a) s ^= x;
	if (s == 0) std::cout << "必败，随便选择一个合理策略吧，等待对手失误吧" << std::endl;
	else {
		for (auto &x : a) if (x ^ s <= x) {
			x ^= s;
			break;
		}
		std::cout << "以下是下一步的一个必胜策略:\n";
		for (auto x : a) std::cout << x << " ";
		std::cout << std::endl;
	}
	return 0;
}

这说明了上述想法的可行性。下面把这种思想推广成一般的 SG（Sprague-Grundy）函数的情形

SG 函数

当对石子的取法进行限制时，例如每次最多能去 $m$ 个，或每次最少取 $l$ 个等，此时再令 $f(x) = x$ 就不合适了。那么应该选择怎样的 $f$ 呢。显然 $f$ 必须满足：

若 $f(S) = 0$, 则无论先行者如何取子 $S \to T$，都有 $f(T) \neq 0$
若 $f(S) \neq 0$, 则先行者存在一种取子 $S \to T$，使得 $f(T) = 0$。

我们用 $(S) = \lbrace S_1, S_2, \cdots S_k \rbrace$ 表示 $S$ 的下一个可能的局面，定义 $g(S) = \lbrace f(S_1),f(S_2), \cdots f(S_k) \rbrace$，则它必然满足 $f(S) \doteq \text{ MEX } g(S)$

注意上述 $f$ 的值域是整数，$g(S)$ 是整数集的子集。其中 $MEX(A \subseteq \mathbb{N})$ 为不在 $A$ 中最小正整数。

若最多取 $m$ 个没有其它的限制条件，可以取 $f(x) = x \mod m + 1, S = (a_1, \cdots, a_n), f(S) = f(a_1) \oplus \cdots \oplus f(a_n)$

对 SG 感性的理解为，连续最长从赢到输的步数。这样所有的例子都通了！

可以参考 300iq Contest 3E Easy Win 测试。

两人轮流取，第 $k$ 次最少取 $1$ 最多取 $k$，我在 Codeforces 上写了解答，这个可以变形。

假设有 $n$ 堆，每堆有 $x_i$, 并且限制，每次至少取 $l_i$，最多取 $r_i$. 问先手还是后手有必胜策略

经过一番思考，比较 $l_i = 1$ 的 case 可知，若 $l_i \leq x_i \mod (l_i + r_i)$，则此回合有必胜策略。否则必败。观察到 $sg_i(x_i) = \lfloor \frac{x_i \mod (l_i + r_i)}{l_i} \rfloor$（证明是容易的）。然后最后答案就是 $s = sg_1(x_1) \oplus \cdots \oplus sg_n(x_n) \neq 0$。若 $s \neq 0$，先手有必胜策略：先手可以让 s 变成 0，然后后手无论如何操作，先手让它们的和为 $l_i + r_i$, 然后所有的堆个数都小于超过 $l_i + r_i$ 然后再类似之前的讨论即可。因为如果第 i 堆必败，那么剔除这个堆不会影响最后胜负情况，反之必然满足 $l_i \leq x_i \mod (l_i + r_i) \leq r_i$

因为每次取至少取 $l_i$，因此本质上第 i 堆现在的个数就是 $sg_i(x_i)$，根据之前的讨论，得知最后的结论。类似地，我们也可以给出代码（这个问题可以做交互题）。

#include <bits/stdc++.h>
#define watch(x) std::cout << (#x) << " is " << (x) << std::endl
using LL = long long;

int main() {
	//freopen("in","r",stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	std::cout << "欢迎来到石子游戏，请输入石子的堆数" << std::endl;
	int n;
	std::cin >> n;
	std::vector<int> a(n), l(n), r(n);
	std::cout << "请输入石子个数，最少取石子个数，最大取石子个数" << std::endl;
	int sg = 0;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		std::cin >> a[i] >> l[i] >> r[i];
		sg ^= a[i] % (l[i] + r[i]) / l[i];
	}
	if (sg != 0) {
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			int t = a[i] % (l[i] + r[i]) / l[i];
			if (sg ^ t <= t) {
				a[i] -= t * l[i];
				std::cout << "第 " << i + 1 << " 堆中取 " << l[i] * t << " 个" << std::endl;
				break;
			}
		}
		std::cout << "当前石子情况为：" << std::endl;
		for (auto &x : a) std::cout << x << " ";
		std::cout << std::endl; 
	} else {
		std::cout << "当前无必胜策略，随便取一个合理的取法，等待对手失误吧" << std::endl;
	}
	return 0;
}

当 l[i] 和 r[i] 可变时，也可以考虑，暂时不在此说了。

有向无环图上 SG 问题

在一个有向无环图中，只有一个起点，上面有一个棋子，两个玩家轮流沿着有向边推动棋子，不能走的玩家判负。

来自 OI-wiki

对于状态 $x$ 和它的 $k$ 个后继状态 $y_1, y_2, \cdots, y_k$，定义 SG 函数：

$SG(x) = mex \{SG(y_1), SG(y_2),\cdots, SG(y_k) \}$

而对于由 $n$ 个有向图游戏组成的组合游戏，设它们的起点分别为 $s_1, \cdots, s_n$，先手必胜当且仅当 $SG(s_1) \oplus \cdots \oplus SG(s_n) \neq 0$。

#include <bits/stdc++.h>
#define watch(x) std::cout << (#x) << " is " << (x) << std::endl
using LL = long long;

int SG() {
	// n 个节点，0 为起点，m 条有向边，确保无环。
	int n, m;
	std::cin >> n >> m;
	std::vector<std::vector<int>> e(n);
	for (int i = 0; i < m; ++i) {
		int x, y;
		std::cin >> x >> y;
		e[x].emplace_back(y);
	}
	std::vector<int> sg(n, -1);
	std::function<int(int)> dfs = [&](int u) -> int {
		if (sg[u] != -1) return sg[u];
		std::set<int> S;
		for (auto v : e[u]) S.insert(dfs(v));
		sg[u] = 0;
		while (S.find(sg[u]) != S.end()) ++sg[u];
		return sg[u];
	};
	return dfs(0);
}

int main() {
	//freopen("in","r",stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	int nroot;
	std::cin >> nroot;
	int ans = 0;
	while (nroot--) {
		ans ^= SG();
	}
	std::cout << (ans ? "先手赢" : "后手赢") << std::endl;
	return 0;
}

可以做到二维平面上有障碍点集，又可以做一个题目了。

注意到上述问题，堆与堆之间是相互独立的，如果不独立，那就很难考虑了。

阶梯 Nim

有 m 堆石子 $(a_1, \cdots, a_m)$ 每次可以从 i 位置移动 $1 \leq c_i \leq a_i$ 个石子到 i - 1 的位置。两人轮流进行，无法移动者输。

观察到偶数位置的石子不会影响结果（因为某人移动偶数位置石子，另一个人总能把移动的石子再次移动到偶数位置。因此最终结果其实就是 $a_1 \oplus a_3 \cdots$ 非零则先手赢，否则后手赢。

这个问题可以到树上做！也是类似的，每个点只能移动到它的父节点。还能拓展到每次移动到 k-祖先。还能拓展到换根的情形。例题：1498F，那么我们每 2k 步异或一下。

#include <bits/stdc++.h>
#define watch(x) std::cout << (#x) << " is " << (x) << std::endl
using LL = long long;

int main() {
	//freopen("in", "r", stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	int n, k;
	std::cin >> n >> k;
	int k2 = k * 2;
	std::vector<std::vector<int>> e(n);
	for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
		std::cin >> x >> y;
		--x; --y;
		e[x].emplace_back(y);
		e[y].emplace_back(x);
	}
	std::vector<int> a(n);
	for (auto &x : a) std::cin >> x;
	std::vector<std::vector<int>> b(n, std::vector<int>(2 * k)); // 以 u 为节点的子树的答案
	auto c = b; // c 表示父节点当作儿子节点时，这个分支上的答案
	std::function<void(int, int)> preDfs = [&](int u, int fa) {
		b[u][0] = a[u];
		for (auto v : e[u]) if (v != fa) {
			preDfs(v, u);
			for (int i = 0; i < k2; ++i) {
				b[u][(i + 1) % k2] ^= b[v][i];
			}
		}
	};
	preDfs(0, 0);
	std::vector<int> ans(n);
	std::function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int fa) {
		for (int i = k; i < k2; ++i) {
			ans[u] ^= b[u][i] ^ c[u][i];
		}
		for (auto v : e[u]) if (v != fa) {
			for (int i = 0; i < k2; ++i) {
				c[v][(i + 1) % k2] = c[u][i] ^ b[u][i] ^ b[v][(i + k2 - 1) % k2];
			}
			dfs(v, u);
		}
	};
	dfs(0, 0);
	for (auto x : ans) std::cout << std::min(1, x) << ' ';
	std::cout << '\n';
	return 0;
}

另一个问题：有 $n$ 个位置 $1,\cdots,n$，每个位置上有 $a_i$ 个石子。有两个人轮流操作。操作步骤是：挑选 $1, \cdots, n$ 中任一位置 $i$，将至少 1 个石子全部移动至 $j$ 位置（$0 \leq j < i$，且 $a_{j + 1} = \cdots = a_{i - 1} = 0$）。谁不能操作谁输。求先手必胜还是必败。（这个问题有点难，主要是能将奇数位置移动到奇数位置）

不公平取石子的游戏

在 NewCoder 上有个不公平的游戏：A 每次能取 [1, p] 个石子，B 能取 [1, q] 个石子，A 先。

显然 $p = q$ 时，就是之前的经典问题。只需考虑 n % (p + 1) 即可。若 $p > q$，那么 A 必胜，因为此时 $p \geq q + 1$，所以有必胜策略（策略一：总能让剩余的为 0 或者大于 p；策略二：若 n % (p + 1) 不为 0 就按照 q = p 处理，否则 A 第一次取 p + 1），若 $p < q$，只有 A 取完则赢，否则必输。

有 m 堆，

$p = q$，经典问题，前面有结论。
$p > q$，若存在 $a_i$ 使得 $a_i > q$ 或 $a_1 \oplus \cdots \oplus a_m \neq 0$，则 A 必赢。
$p < q$，若存在大于一个 $a_i$ 使得 $a_i > p$，$A$ 必输。若所有 $a_i \leq p$ 那么就等于无限制。所以我们只需考虑，有唯一的一个 $a_i > p$ 的情形，$x = \oplus \cdots a_{i-1} \oplus a_{i + 1} \cdots \oplus a_m$，若 $x = 0$ 或者 $x \oplus a_i > p$ 或者 $x - x \oplus a_i > p$ 则 $A$ 必输。

#include <bits/stdc++.h>
#define watch(x) std::cout << (#x) << " is " << (x) << std::endl
using LL = long long;

bool win(const std::vector<int> &a, int p, int q) {
	int sg = 0, n = a.size();
	if (p > q) {
		for (int i = 0; i < n; ++i) if (a[i] > q) return 1;
		for (auto x : a) sg ^= x;
	} else if (p == q) {
		for (auto x : a) sg ^= x % (1 + p);
	} else {
		int ai = -1; 
		for (auto x : a) {
			sg ^= x;
			if (x > p) {
				if (ai != -1) return 0;
				ai = x;
			}
		}
		if (ai != -1) {
			int aii = sg ^ ai;
			return aii <= p && aii <= ai && ai - aii <= p;
		}
	}
	return sg;
}

int main() {
	//freopen("in","r",stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	int n, p, q;
	std::cin >> n >> p >> q;
	std::vector<int> a(n);
	for (auto &x : a) std::cin >> x;
	std::cout << (win(a, p, q) ? "first player win" : "second player win") << std::endl;
	return 0;
}

多人博弈：合作，收买，间谍

如果不考虑合作策略，那么就会变成不公平的二人博弈游戏，可能出现没人有必胜策略。
如果考虑合作，那就有意思了，也复杂多了，这时候还有明面合作和暗面合作，还有就是间谍。

知乎。

m 个人 $m > 2$（$m = 2$ 就回到了普通的二人博弈情况），每个人可取 $a, b$（$a = b$ 是平凡的，没有考虑的意义）。先取到 n 者赢。

当 n 充分大时，超过 $\lfloor \frac{m}{2} \rfloor$ 合作，则此群体必胜，即单个人没有必赢策略。rt237 给的证明十分漂亮。还可以考虑反问题：即先取到 n 者输。

无限制取石子问题的反问题

一堆石子谁先取到最后一个谁输！，该问题在已经介绍了。做法：

首先剔除所有的 0，以及偶数个 1，并不会影响局面的胜负。空局面认为是胜。若此时堆的个数为 1，那么 $a_1 = 1$ 为输局面，其它为赢局面。如果堆数 $n > 1$。那么 $a_1 \oplus \cdots \oplus a_n = 0$ 为输局面，否则为赢局面。（首先对 $n = 2$ 数学归纳证明，然后对一般的 n 数学归纳证明。

有顺序堆的取石子问题

例题：1382B。即看那一步有必赢且必输的策略。

如果此题加限制条件，每次最多取 $m$ 个，那么答案就是第一个 $\mod (m + 1)$ 大于 1 的数。但是要注意取模后为 0 的情形。

每次可取多堆

例题：1451F

更多博弈问题可见：Codeforces-game

sg 函数是因子个数 + 1

例题：codeforce gym 102911C，从 $n$ 中取 $k$ 个满足 $k > 0$ 且 $n - k$ 是 $n$ 的因子。设 $n = p_1 ^{s_1} \cdots p_r^{s_r}$，则 $sg(n) = s_1 + \cdots s_r + 1$。

一堆，相邻之间有限制

$n$ 个元素，每次最少取 $1$，最多取 $m$ ($m \geq 2$)，且相邻两个的和不能为 $m + 1$。谁无法取谁输。

结论 n % (m + 2) == 0 则先手必输，反之先手必赢。

证明：
首先不难看出若 $n \leq m + 1$ 时，先手必赢，$n = m + 2$ 时，先手必输。

若第一步先手取 1，那么后手取 m - 1，此时先手不能取 2（所以先手无法取完），若第二步先手取 1，那么后手取 1回到最初的情况（那么剩下的数为 $n - m - 2$ 又满足 n % (m + 2) == 0)。若第二步先手取 3，那么后手取 $m - 1$ （此时又回到了第一步的情况，再继续考虑第二步即可）。若第二步先手取 $x$($x \geq 4$), 后手取 $m + 4 - x$ 就回到了最初的情况。
若第一步先手取了 x ($x \geq 2$) 那么后手取 $m + 2 - x$ 即可。

反之 k = n % (m + 2), $k \neq 0$，若 $k \leq m$，那么先手取 $k$ 即可。否则 $k = m + 1$, 那先手取 $m$，此时后手不能取 $1$，因此后手取完之后，剩下的数依然满足 $n \mod (m + 2) \neq 0$。

一堆，取的取走的需要和原来是数字与运算为 0

当前 $n$，每次取 $1 \leq x \leq n, x \And n = 0$。无法取的输。

首次在 Codeforces 上看到，我评论种给出了答案。首先观察到后置 1 并不影响答案，打表观察发现到，F：若所有的 11 成对挨着出现（否则记作状态 T），那么先手输，否则先手赢。先删去后置的 1，不妨假设 $n$ 为偶数，如果我们在状态 F，那么我们看第一次成对 11 出现变化的位置，此时第一个 1 肯定不会变动，也就导致了 11 不成对出现；如果我们在状态 T，如果 1 的个数为奇数，那么我们就把最后一个 1 移动到最后（相当于删除了），然后让奇数个 1 向它右边的 1 靠拢（从左到右数）。至此说明 F 的下一步状态必为 T，T 存在一个到 F 的状态。且初始态 $n = 0$ 为 F 态。所以证毕

bool solve(LL n) {
	while (n & 1) n >>= 1;
	while (n) {
		n >>= __builtin_ctzll(n);
		bool flag = false;
		while (n & 1) {
			n >>= 1;
			flag = !flag;
		}
		if (flag) return true;
	}
	return false;
}

多堆，取的取走的需要和原来是数字与运算为 0

为了给群友解释，重新写一次。

有 $m$ 堆石子 $n_1, \cdots, n_m$，每次可以在其中一堆（比如第 $i$ 堆）中取 $x_i$ 个石子，且满足 $1 \leq x_i \leq n_i, x_i \And n_i = 0$，无法取的人输，两人轮流游戏，且都以最优策略进行。问先手赢还是后手赢。

首先如果没有 $x_i \And n_i = 0$ 这个限制。那么这就是最经典的 nim 取石子游戏。先手赢当且仅当 $n_1 \wedge \cdots \wedge n_m \neq 0$（这个可以从张一飞的集训队论文中找到解释）。上述问题也是经典的 SG nim 游戏的一种特殊情况有一般性的做法：

（仅需考虑一堆的情况）设 $k_1, k_2, \cdots k_r$ 为所有 $n$ 的合理的下一步可能那么 $sg(n)$ 就定义成 $MEX(sg(k_1), \cdots, sg(k_r))$（即未出现的最小的非负整数），其中 $sg(n) = 0$，表示 $n$ 个石子时，先手输。若 $sg(n) \neq 0$ 那么先手必然存在一个策略 $k_i$ 使得 $sg(k_i) = 0$（这是 MEX 的定义可推出）。这就给出了 sg 函数。先手赢当且仅当 $sg(n_1) \wedge \cdots \wedge sg(n_m) \neq 0$。

可以用上述方法证明如果没有 $x_i \And n_i = 0$ 这个限制，$sg(n) = n$。如果把限制改成 $1 \leq x_i \leq \min(M, n_i)$ 那么 $sg(n) = n \mod (M + 1)$。这些都是经典结果。

我们回到原来的问题：仅需考虑一堆的情况，即 $n$ 个石子，每次取 $x$ 个满足 $1 \leq x \leq n, x \And n = 0$。首先观察到输赢仅与 $n$ 的二进制表示有关，且我们删除后置的 1 不会影响结果。对于上述问题，我无法给它的 sg 一个简单的表达式，我打表观察（用 bitset）规律也没有观察出个啥。只知道 $sg(n) \neq 0$ 当且仅当 $n$ 的二进制中存在 0(奇数个连续的 1)0 这种形式的子串。即我仅仅知道一堆的情况下，谁会赢。我打完表就不期待这个问题 sg 有简单的表达式了，能有一个 $O(\log n)$ 或者 $O(\log^2 n)$ 的做法就万幸了，所以需要各位群友大大的帮助！

我在 codeforces 上也提了这个问题，希望群友大大们能抬一手不要让它淹没于大海。

wery0 给了一个 $O(n^{\log_2 3})$ 的做法（一开始不理解，后来根据他的 Talk 懂了）。

class Nim {
	std::vector<int> sg{0}, cnt;
public:
	int reverseBit(int n) {
		return n ^ ((1 << 32 - __builtin_clz(n)) - 1);
	}
	void init(int n) {
		if (sg.size() >= n) return;
		cnt.resize(n + 2);
		for (int i = sg.size(); i < n; ++i) {
			if (i & 1) {
				sg.emplace_back(sg[i >> 1]);
				continue;
			}
			int m = reverseBit(i);
			for (int j = m; j; j = (j - 1) & m) {
				++cnt[sg[i - j]];
			}
			int r = 0;
			while (cnt[r]) ++r;
			sg.emplace_back(r);
			for (int j = m; j; j = (j - 1) & m) {
				--cnt[sg[i - j]];
			}
		}
	}
	int solve(const std::vector<int> &a) {
		init(*std::max_element(a.begin(), a.end()) + 1);
		int r = 0;
		for (auto x : a) r ^= sg[x];
		return r;
	}
};

wery0 给了一个 $O(n^{\log_2 3} \log n)$ 的做法。

class Nim {
	std::vector<int> sg{0};
public:
	int f(int n, int x) {
		int r = n;
		for (int i = 1; i < n; i *= 2) if ((n & i) == 0) {
			if (x & 1) r -= i;
			x /= 2;
			if (x == 0) break; 
		}
		if (x > 0) return -1;
		return r;
	}
	void init(int n) {
		for (int i = sg.size(); i < n; ++i) {
			if (i & 1) {
				sg.emplace_back(sg[i >> 1]);
				continue;
			}
			std::set<int> S;
			for (int j = 1; j < i; ++j) {
				int now = f(i, j);
				if (now < 0) break;
				S.insert(sg[now]);
			}
			int r = 0;
			while (S.count(r)) ++r;
			sg.emplace_back(r);
		}
	}
	int solve(const std::vector<int> &a) {
		init(*std::max_element(a.begin(), a.end()) + 1);
		int r = 0;
		for (auto x : a) r ^= sg[x];
		return r;
	}
};

另一种更快的实现方式：

class Nim {
	std::vector<int> sg{0};
public:
	int f(int n, int x) {
		int r = n;
		for (int i = 1; i < n; i *= 2) if ((n & i) == 0) {
			if (x & 1) r -= i;
			x /= 2;
			if (x == 0) break; 
		}
		if (x > 0) return -1;
		return r;
	}
	void init(int n) {
		if (sg.size() >= n) return;
		std::vector<int> cnt(n + 2);
		for (int i = sg.size(); i < n; ++i) {
			if (i & 1) {
				sg.emplace_back(sg[i >> 1]);
				continue;
			}
			std::stack<int> S;
			for (int j = 1; j < i; ++j) {
				int now = f(i, j);
				if (now < 0) break;
				++cnt[sg[now]];
				S.push(sg[now]);
			}
			int r = 0;
			while (cnt[r]) ++r;
			sg.emplace_back(r);
			while (!S.empty()) {
				--cnt[S.top()];
				S.pop();
			}
		}
	}
	int solve(const std::vector<int> &a) {
		init(*std::max_element(a.begin(), a.end()) + 1);
		int r = 0;
		for (auto x : a) r ^= sg[x];
		return r;
	}
};

另一种姿势的实现

#include <bits/stdc++.h>
#define watch(x) std::cout << (#x) << " is " << (x) << std::endl
using LL = long long;

template<int N>
class Nim {
	std::vector<int> sg, cnt;
public:
	Nim() : sg(N), cnt(N + 2) {
		for (int i = 1, msk = 0, m; i < N; ++i) {
			if (i & 1) {
				sg[i] = sg[i >> 1];
				continue;
			}
			if ((i & -i) == i) msk = i * 2 - 1;
			m = msk ^ i;
			for (int j = m; j; j = (j - 1) & m) {
				++cnt[sg[i - j]];
			}
			int r = 0;
			while (cnt[r]) ++r;
			sg[i] = r;
			for (int j = m; j; j = (j - 1) & m) {
				--cnt[sg[i - j]];
			}
		}
	}
	int solve(const std::vector<int> &a) {
		int r = 0;
		for (auto x : a) r ^= sg[x];
		return r;
	}
};

int main() {
	// freopen("in", "r", stdin);
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	auto start = std::clock();
	const int N = 1e5 + 2;
	Nim<N> A;
	int n;
	std::cin >> n;
	std::vector<int> a(n);
	for (auto &x : a) std::cin >> x;
	std::cout << A.solve(a) << "\n";
	std::cout << "Time used: " << (std::clock() - start) << "ms" << std::endl;
	return 0;
}

多堆，取的取走的需要和原来是数字或运算为自己

显然 sg(n) = __built_in_popcount(n)

每次可以取小于 m 堆中的任意多个元素（不能一个不取）

做法：考虑二进制，对于任意给定位，这一位的 1 的个数和都是 m 的倍数，那么就后手赢，否则先手赢。

对于否则的情况，我们总可以找到考虑最高位不是 m 的倍数，然后随便选择余数个（当前位为 1 的）进行改变。并且这些数后面的位是可以任意改变的。然后再继续往低位跑，显然，最终选取的个数总和小于 m。

// 每次选择在 x 堆(0 < x < m) 取石子，不能取的输
bool multNim(const std::vector<LL> &a, int m) {
	LL mx = *std::max_element(a.begin(), a.end());
	int ln = std::__lg(mx + 1) + 1;
	for (int i = 0; i < ln; ++i) {
		int cnt = 0;
		for (auto x : a) if ((x >> i) & 1) ++cnt;
		if (cnt % m) return true;
	}
	return false;
}

二分图博弈

别人写的挺好

例题：102832H

先手必胜当且仅当任何一个最大匹配方案都包含初始状态。

判定: 不加入初始节点，跑一遍最大流，加入初始节点，再跑一次最大流，有变化所以先手必赢。

另外如果先手可选择初始状态（进入算一次），那么先手输当且仅当图是完全匹配。

位置博弈

只能朝着几个方向走，走出区域者输

例题：1451D

不公平博弈

surreal Number

直接按顺序看

Matrix67
2009 年集训队论文方展鹏《浅谈如何解决不平等博弈问题》
唐纳德所著的《Surreal Numbers》106 页不推荐

即可，还是很优美的，没啥例题，就 POJ 2931

// 不公平博弈，a[i] 值域为 {1, -1}
double surrealNumber(std::vector<int> a) {
	double r = 0;
	int i = 0, n = a.size();
	while (i < n && a[i] == a[0]) r += a[i], ++i;
	for (double k = 2; i < n; ++i, k *= 2) r += a[i] / k;
	return r;
}
// 模板例题：https://vjudge.net/problem/POJ-2931

横切竖切游戏

先看例题：https://vjudge.net/problem/HDU-3544

切割游戏，这里是题解：https://www.cnblogs.com/AOQNRMGYXLMV/p/4462791.html

从特殊的，小的开始分析，然后，大表找规律，并且不妨假设 $n \times m, n \geq m$，$m = 1$时，可以切 $n - 1$ 刀。$m = 2$ 时，我们发现 $2 \times 2$ 先切的人吃亏，即局面为 0，切出 $1 \times 2$ 更吃亏，所以不难看出可以且 $\frac{n}{2} - 1$ 刀。$m = 3$ 时，你会发现也是按照 $m = 2$ 的情况来切，$m = 4$ 就不一样了。因此不难发现 $m$ 为 2 的幂次的时候有本质区别。也就是下面的核心代码，证明下次一定把。

int f(int n, int m) {
	bool flag = true;
	if (n < m) {
		flag = false;
		std::swap(n, m);
	}
	int ans = (n >> std::__lg(m)) - 1;
	return flag ? ans : -ans;
}