题目描述

定义一种有根二叉树\(T(n)\)如下：

（1）\(T(1)\)是一条长度为\(p\)的链；

（2）\(T(2)\)是一条长度为\(q\)的链；

（3）\(T(i)\)是一棵二叉树，它的左子树是\(T(i-2)\)，右子树是\(T(i-1)\)。

现在给定\(p,q,n\)，现在Alice和Bob在树\(T(n)\)上玩游戏，每人轮流从树上拿掉一棵子树，直到有一个玩家拿掉根结点所在的子树为止（那么该玩家输了）。现在问先手在第一轮有多少种拿掉子树的方法，可以保证之后自己一定能赢。只用输出答案最后18位即可。

样例：

1 2 5

1 2 10

输出：

1

17

数据范围：保证\(n,p,q \le 2000\)。

解题思路

SG函数的求解

该问题等价于不能拿掉总的根，无法操作者输。关于该问题显然应从SG理论入手。下面推导一般树意义下的SG函数。

引理1：设树\(T\)只有一个儿子，即具有子树\(T_1\)，则\(SG(T)=SG(T_1)+1\)。

证明：利用数学归纳法，对树的结点进行归纳。

初始：当\(T\)只有2个结点时，显然成立。

归纳：设\(take(T)\)为\(T\)去掉一棵子树后所有可能的树形态的集合。根据SG基本定理， \[SG(T)=mex(\{T' \in take(T):SG(T')\})\] 利用归纳性质， \[SG(T)=mex(\{0\} \cup \{T' \in take(T_1):SG(T')+1\})=SG(T_1)+1\]

证毕。

引理2：设树\(T\)具有子树\(T_1,\cdots,T_k\)，则\(SG(T)=\mathop  \oplus \limits_{1 \le j \le k} (SG({T_j}) + 1)\)。

证明：对于树\(T\)的游戏，显然等价于只有子树\(T_1,\cdots,T_k\)的游戏之和，之间互不影响，因为不到最后一步任何人不会拿掉总的树根。根据引理1即得上式。

根据以上引理，本题中便可得出\(SG[i]=(SG[i-1]+1)\oplus (SG[i-2]+1)\)，即可在\(O(n)\)时间复杂度求出原问题中每个\(T(i)(i\le n)\)的SG值。

转化为动态规划问题

如果原问题问谁赢那么就已经做完了。然而现在问的是第一个人第一步有几种能赢的方案，也就是说有几种拿走子树的方案使得之后SG为0。

考虑动态规划。设\(dp[i][j]\)表示在树\(T(i)\)上玩游戏，先手拿走一棵子树后SG值变为\(j-1\)的方案数（这里\(j-1\)是为了后续方便），\(dp[i][0]\)恒定义为1。

初始化：对任意\(1\le j < p\)，\(dp[1][j]=1\)；对任意\(1\le j < q\)，\(dp[2][j]=1\)；

转移：对于\(i>2\)的情形，必然从其中一棵子树中选择拿掉一棵子树。以拿掉左子树中的一棵子树为例：此时右子树SG值不变，为了使之后原树SG变为\(j-1\)，必须使左子树SG值变为\(((j-1)\oplus (SG[i-1]+1))-1\)。特别地，当\((j-1)\oplus (SG[i-1]+1)\)为0时，表示必须拿掉左子树。这样可得转移方程： \[dp[i][j]=dp[i-2][(j-1)\oplus (SG[i-1]+1)]+dp[i-1][(j-1)\oplus (SG[i-2]+1)]\] 最终答案为\(dp[n][1]\)。这样我们便在状态数的时间复杂度内解决了本问题。

状态数的分析

问题关键在于确定\(dp[i][j]\)中\(j\)到底需要计算到多少。考虑所有\(SG[i](i \le n)\)中二进制位数的最大值（设为\(k\)），那么只需计算\(j < 2^k\)即可。这是因为只要\(j < 2^k\)，则转移过程中的\((j+1) \oplus SG[i-1]]\)以及\((j+1) \oplus SG[i-2]\)也必然小于\( 2^k\)。所以现在关键问题在于计算\(SG[i](i \le n)\)中二进制位数的最大值到底是多少。事实上，推导这一问题较为复杂，将留在下一节专门讨论，同时将会得到许多有用的性质。（PS：赛场上我大力猜了一波\(SG[i]<2^{13}=8192\)，然后就AC了2333）

关于异或递推式

以下以本题中所用递推式为例（令\(a[i]=SG[i]+1\)变形为\(a[i]=(a[i-1]\oplus a[i-2])+1\)），讨论异或递推式的奇妙性质。

引理3：对任意正整数\(k\)，\(a[i] \mod 2^k\)具有循环节。

证明：由于\(a[i] \mod 2^k\)只有有限种取值，故必存在\(x<y\)，使得

\[a[x] \equiv a[y] \mod 2^k,a[x+1] \equiv a[y+1] \mod 2^k\]

那么根据递推式必有（对任意\(z>0\)）

\[a[x+z] \equiv a[y+z] \mod 2^k\]

另一方面，\(a[i-2]=a[i-1]\oplus (a[i]-1)\)，故上式对\(z<0\)也成立。

故\(y-x\)是循环节。证毕。

引理4：\(a[i] \mod 2\)的循环节必为1或3，且循环节为1时数列是有界的。

证明：只需按a[1]和a[2]的值枚举即可：

情况1：001001......循环节为3；

情况2：010010......循环节为3；

情况3：100100......循环节为3；

情况4：1111111......循环节为1，此时递推式中的+1永远不进位，而\(a[4]\)的高位\(=a[3]\)的高位异或\(a[2]\)的高位\(=(a[2]\)的高位异或\(a[1]\)的高位\()\)异或\(a[2]\)的高位\(=a[1]\)的高位，故最终推出\(a[i]=a[i \mod 3]\)。证毕。

定理5：当\(a[i] \mod 2\)的循环节为3时，\(a[i] \mod 2^k\)的循环节为\(3 \times 2^{k-1}\)。

证明：对\(k\)应用数学归纳法，关键在于考虑低\(k-1\)位向高位的进位。设想若低\(k-1\)位不进位，第\(k\)位循环节必然是1或3（类似引理4）；只有低位进位才会打乱高位的循环节。

基础：\(k=2\)时，通过枚举\(a[1],a[2]\)模4的余数取值可得所有情况，事实上只有2种：

0232210（进位）23221……循环节为6，中间有1次进位；

00120（进位）30（进位）0（进位）120（进位）3 ……循环节为6，中间有3次进位，且其中两次进位的位置模3余数相同；

归纳：设\(a[x]_k\)表示\(a[x]\)第\(k\)位。考虑在位置\(x\)低\(k-1\)位向第\(k\)位有一次进位。这将导致\(a[x]_k\)取反，进一步导致\(a[x+1]_k\)取反，\(a[x+2]_k\)不变，这种取反是3个一循环的。

直到低\(k-1\)位的下一周期，\(a[x+3 \times 2^{k-2}]_k\)再次被取反从而不变了，之后\(a[x+1+3 \times 2^{k-2}]_k\)也不变……这样一来，\(a[x]\)和\(a[x+3 \times 2^{k-2}]\)第\(k\)位必然不同。进一步地，设\(x \mod 3=i\)，则对于所有\(j\)，\(a[3j+i]\)和\(a[3j+i+3 \times 2^{k-2}]\)第\(k\)位必然不同。

对于基础里的两种情况，无论是有一次进位，还是有3次进位但两次位置模3余数相同（从而抵消了），均可以保证\(a[3j+i]_k \neq a[3j+i+3 \times 2^{k-2}]_k\)。从而\(a[i] \mod 2^k\)的循环节为\(3 \times 2^{k-1}\)。

接下来再得到第\(k\)位向\(k+1\)位一个循环内的进位情况。由于对于位置\(x\)和\(x+3 \times 2^{k-2}\)低\(k-1\)位向第\(k\)位分别有一次进位，而\(a[x]_k\)和\(a[x+3 \times 2^{k-2}]_k\)又不同，故必有且仅有一次使得低\(k\)位向第\(k+1\)位进位。因此在一个周期\(3 \times 2^{k-1}\)内，一共向第\(k+1\)位的进位次数仍满足基础中的两种情况（进位1次或进位3次但有两次位置模3余数相同）。归纳证毕。

根据证明过程立即可得推论6：

推论6：低\(k\)位在一个周期内最多向第\(k+1\)位进位3次。

定理7：\(a[n]=O(\max(n,p,q))\)。

证明：设\(k\)是最小的满足\(n < 3 \times 2^k\)且\(p,q \le 2^{k+1}\)的正整数。那么在前\(3 \times 2^k\)个数中，低\(k+1\)位最多进位3次。因此\(a[i] < 2^{k+4}\)。

将\(k\)用\(n,p,q\)表达得\(2^k \le \max(p,q,2n/3)\)，因此\(a[i] < 16\max(p,q,2n/3)\)。证毕。

定理7表明了本题所使用算法的时间复杂度为\(O(n \times \max(n,p,q))\)。（然而我不清楚出题人是否也是这么证明的（或者并没有证明直接默认了），如果有更简单的方法请务必联系我！）

PS：感谢Emil Jeřábek对以上的证明提供了巨大的帮助！

总结

在SG理论中，通过打表找出SG的规律是一类常见的题型，然而很多时候证明SG的规律是较为困难的。本文以\(a[i]=(a[i-1]\oplus a[i-2])+1\)为例详细推倒了周期性、上界等结论，这种结论实际上是很有一般性的。许多题目中SG函数均存在异或递推式，从而具有类似的周期性。然而应用SG的上界作为状态进行DP的题目则十分具有创新意义，希望以后可以出现更多的以博弈作为桥梁考察异或性质的题目。

AC代码

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 const long long mod = 1e18;
 4 int sg_1[2001];
 5 long long dp[2001][8192];
 6 int main()
 7 {
 8     int n, p, q;
 9     while (scanf("%d%d%d", &p, &q, &n) == 3){
10         sg_1[1] = p; sg_1[2] = q;
11         for (int i = 3; i <= n; i++)
12             sg_1[i] = (sg_1[i - 2] ^ sg_1[i - 1]) + 1;
13         memset(dp[1], 0, sizeof(dp[1]));
14         memset(dp[2], 0, sizeof(dp[2]));
15         for (int i = 0; i < p; i++)
16             dp[1][i] = 1;
17         for (int i = 0; i < q; i++)
18             dp[2][i] = 1;
19         for (int i = 3; i <= n; i++){
20             dp[i][0] = 1;
21             for (int j = 1; j < 8192; j++)
22                 dp[i][j] = (dp[i - 1][(j - 1) ^ sg_1[i - 2]] + dp[i - 2][(j - 1) ^ sg_1[i - 1]]) % mod;
23         }
24         printf("%lld\n", dp[n][1]);
25     }
26 }