题目

Problem Description

给出一颗满二叉树，以及每个树节点上的石头数量
A和B轮流操作，每次选择一个节点，将其上的任意个石头推向它的儿子
不能不推，若选择的节点为叶节点，则被推的石头消失
A先手，要求输出在保证A必胜的前提下，A第一步有多少种走法
多组数据

Input

第一行一个T，表示数据组数
每组数据先给出一个数n，表示二叉树有n层
接下来有n行，第i行有2^(i-1)个数，表示每个树节点上的石头数量

T<=20,n<=15,其余的数<=10000000

Output

对每组数据输出一个数，表示有多少种走法

Sample Input

4

1
1

2
1
0 0

3
1
2 2
4 4 4 4

4
13
19 13
13 0 9 8
5 4 6 11 2 16 18 6

Sample Output

1
0
6
7

部分样例解释：
为方便理解已将每组数据隔开
将节点从上到下，从左到右依次编号
第一组仅有一种可能走法，即把一号点的一个石子下推
第二组A没有必胜策略，故走法为0
第三组的六种走法分别为
1~2：把一号点的石头下推，共两种
3~6：把二或三号点的石头下推一个，共四种

Problem Source

玲珑杯 Round #9

分析

• 看完题，应该可以想到这也是一道SG函数题：可以把这课满二叉树上每个节点都看作一堆石子
• 不过我们会发现，标准的SG函数要求是每一堆石子都只减不增，可这道题里面除了最下面那一层的石子推完后会消失，其他地方的石子都会转移到下一层的节点上，这就意味着某一堆（不在最下面一层）减少了石子，就一定会有一堆（是这一堆的某个儿子节点）的石子数增加。
• 再想一想，就会想到，实际上我们可以把这棵树分成两部分：奇数层和偶数层，这样对于奇偶性相同的每一层，我们可以把它们看成只减不增的（若某人推了些石子到某个节点，那么你可以把它们推到下一层（奇偶性就不同了））。
• 题目要求求出先手想赢，第一步有多少种方案，我们就可以想象成移掉某个节点之后，再开始游戏，此时就是要求后手（即原来的先手）赢了。也就是说，先求出一个给定奇偶性（我的程序中选的是与最底层奇偶相同的层）层上的节点SG值的抑或值，再枚举那个奇偶性的层上所有节点，看看它的SG值改成几可以满足抑或值为0。
• 注意一下，每个节点对答案的贡献有两类情况：

• 对了有一点很重要，由于每个节点石头可以推走任意个，所以对于每个石头数n，不难看出 \(SG(n)=n\) ，所以程序里我就直接把 SG[a[k]] 写成 a[k]了。

程序

#include <cstdio>
#define For(x) for (int k=1<<(x-1),o=1<<x; k<o; k++)    //枚举第x层的节点 k
int a[100000],n,T,s,ans;        //s:所有节点SG函数的抑或值 int main(){scanf("%d",&T);while (T--){s=0,ans=0;scanf("%d",&n);for (int i=1,o=1<<n; i<o; i++) scanf("%d",&a[i]);for (int i=n; i>0; i-=2) For (i) s^=a[k];for (int i=n; i>0; i-=2) For (i){int aim=s^a[k]; //此节点SG函数需要被改成 aimif (aim<a[k]) ans+=(i==n ? 1:2);//需要减少时，要是是最底层的节点那就只有一个贡献(只能将石头"推下悬崖")，否则有两个贡献(左右儿子) else if (aim>a[k] && a[k>>1]>=aim-a[k]) ans+=1;//需要增加时，只有它的父节点有足够的石子移给这，才对答案有贡献 }printf("%d\n",ans);}return 0;
}