注：\(\oplus\) 為異或符號 ，\(\land\) 表示邏輯與，\(\lor\) 表示邏輯或

這是一道魔改題，為luogu P7841 100%不公平的遊戲 的弱化版

請先了解 \(SG\) 函式的相關內容，否則本文可能不太友好

對 \(SG\) 函式不瞭解的可以參考博弈論

顯然每棵樹是一個 \(SG\) 遊戲，而整個森林為這些 \(SG\) 遊戲的和

由 \(SG\) 定理，整個遊戲的 \(SG\) 值為所有 \(SG\) 子游戲的 \(SG\) 值的異或和

即\(SG(X)=SG(x_1) \oplus SG(x_2) \oplus ...\oplus SG(x_k)\)

當且僅當 \(SG(X)=0\)

考慮如何計算一顆樹的 \(SG\) 值（接下來只對單棵樹分析）

設 \(SG(u,k)\) 表示狀態 \((u,k)\) 的 \(SG\) 值

狀態 \((u,k)\) 表示：

「目前選擇的邊的端點中深度最大的為\(u\) ； 從根節點到節點 \(u\) 的路徑上還有 \(k\) 條邊未被選擇」

設 \(T_u\) 表示節點 \(u\) 的子樹（不包括 \(u\) 自身）

則狀態 \((u,k)\) 可以到達 \(\Big(v_{(v \in T_u)}\ ,k+depth_v-depth_u-1\Big)\)

若 \(k > 0\) 則狀態\((u,k)\) 還可以到達 \((u,k-1)\)

記狀態 \(X\) 可到達的狀態（後繼狀態）集合為 \(S_X\)，則 \(SG(X)=mex\{SG(x)|x \in S_X\}\) （此為定義式，其中 \(mex\) 是對自然數集的運算，表示該自然數集中未出現過的最小自然數）

以下證明一些命題（記 \(\text{leaf}\) 為葉節點集合）

//

命題一：\(SG(u,k)=SG(u,k\ \text{mod}\ 2)\) ，即 \(SG(u,?)\) 存在長度為 \(2\) 的迴圈節

對於邊界情況 \(u \in \text{leaf}\) ,顯然有 \(SG(u,0)=0\) 又 \(SG(u,1)=mex\{SG(u,0)\}=1\ ,\ SG(u,2)=mex\{SG(u,1)\}=0\ ,\ ...\ ,\ SG(u,k)=k\ \text{mod}\ 2\)

於是當 \(u \in \text{leaf}\)，命題成立

接下來考慮歸納法，試證：若命題對所有 \(v \in T_u\) 成立，則命題對 \(u\) 成立

假設命題對所有 \(v \in T_u\) 成立

則對於所有 \((u,k)\)，其後繼狀態為（暫不考慮\((u,k-1)\)） \(\big\{(v,k+depth_v-depth_u-1)|v \in T_u\big\}\) ，對確定的 \(u,v\) 其 \(depth_v-depth_u-1\) 固定，那麼 \(depth_v-depth_u-1\) 的奇偶性也固定

則對於奇偶性相同的 \(k_1 , k_2\) ，狀態 \((u,k_1),(u,k_2)\) 後繼狀態的 \(SG\) 值： \(SG(v,k_1+depth_v-depth_u-1)=SG\Big(v\ ,(k_1+depth_v-depth_u-1)\ \text{mod}\ 2\Big)=SG\Big(v\ ,(k_2+depth_v-depth_u-1)\ \text{mod}\ 2\Big)=SG(v,k_2+depth_v-depth_u-1)\)

令 \(k\ \text{mod}\ 2=0\) 的\((u,k)\) 後繼狀態 \(SG\) 值集合為 \(A\)，\(k\ \text{mod}\ 2=1\) 的\((u,k)\) 後繼狀態 \(SG\) 值集合為 \(B\)

計算狀態 \((u,?)\) 的 \(SG\) 值：

\(SG(u,0)=mex{A}=a\ ,\ SG(u,1)=mex{(B \cup \{a\})}=b\)，顯然 \(b \neq a\)，那麼\(SG(u,2)=mex{(A \cup \{b\})}=mex{A}=a\)，迴圈發生，命題一證明完畢。

//

命題二：\(SG(u,0)\oplus SG(u,1)=1\)

對於邊界情況 \(u \in \text{leaf}\) ,顯然有 \(SG(u,0)=0\) 又 \(SG(u,1)=mex\{SG(u,0)\}=1\ ,\ SG(u,2)=mex\{SG(u,1)\}=0\ ,\ ...\ ,\ SG(u,k)=k\ \text{mod}\ 2\)

於是當 \(u \in \text{leaf}\)，命題成立

接下來考慮歸納法，試證：若命題對所有 \(v \in T_u\) 成立，則命題對 \(u\) 成立（復讀）

假設命題對所有 \(v \in T_u\) 成立

對自然數集 \(X\)，定義 \(X\oplus 1=\{x\oplus 1|x\in X\}\)

則對於自然數集 \(X=\{x|\lfloor\frac{x}{2}\rfloor < \text{(const)}\}\)，有 \(X \oplus 1=X\)

命題一已證明，那麼借用命題一中的 \(SG\) 集合\(A\)和\(B\)

則 \(B=A\oplus 1\)，\(mex{A}=a\)

令自然數集 \(X=\{x|\lfloor\frac{x}{2}\rfloor < \lfloor \frac{a}{2}\rfloor\}\)

則有 \(X \oplus 1=X\ ,\ X \subseteq A\)，又由於\(B=A\oplus 1\)，所以 \(X \subseteq B\) ，即是說 \(\forall \Big(x \in N \land x \in [0,min\{a,a\oplus 1\})\Big) ,有\Big(x \in A \land x\in B \Big) \tag{@}\)

分類討論:

\(1^{\circ}\)： \(a\ \text{mod}\ 2=0\)

則 \(a \oplus 1 = a+1\)，\(\because a \notin A\ \ \therefore (a \oplus 1) \notin (A \oplus 1)\)，即 \((a \oplus 1) \notin B\)

又 \(\because (@) \Rightarrow \forall \Big(x \in N \land x \in [0,a)\Big) ,有 x\in \big(B\cup \{a\}\big)\ \ \ 且顯然\ \ \ a\in \big(B\cup \{a\}\big)\)

\(\therefore mex{\big(B\cup \{a\}\big)}=a+1=a \oplus 1\)

\(2^{\circ}\)： \(a\ \text{mod}\ 2=1\)

則 \(a \oplus 1 = a-1\)，\(\because a \notin A\ \ \therefore (a \oplus 1) \notin (A \oplus 1)\)，即 \((a \oplus 1) \notin B\)

又 \(\because (@) \Rightarrow \forall \Big(x \in N \land x \in [0,a \oplus 1)\Big) ,有 x\in \big(B\cup \{a\}\big)\)

\(\therefore mex{\big(B\cup \{a\}\big)}=a-1=a \oplus 1\)

綜上，\(SG(u,0)=mex{A}=a\ ,\ SG(u,1)=mex{(B\cup \{a\})}=(a \oplus 1)\)，於是 \(SG(u,0) \oplus SG(u,1)=1\)，命題二證明完畢

//

命題三: 記 \(\lfloor\frac{SG(u,0)}{2} \rfloor =f(u)\)， 則對於 \(u\) 的所有直系子節點 \(v\) ，\(f(u)-max\{f(v)\}= 0 或 1\)

仍舊是歸納法

設 節點 \(t\) ，使 \(t\) 是 \(u\) 的直系子節點，且對於 \(u\) 的所有直系子節點 \(v\)，有 \(f(t)=max\{f(v)\}\)

延續前文的 \(A,B\) 集合，由於 \(u\) 相對於 \(v\) ，其 \(depth\) 的奇偶性發生變化

\(SG(u,0)=mex{A_u}=a_u\ ,\ SG(v,0)=mex{A_v}=a_v\ ,\ SG(v,1)=mex{(B_v\cup \{a_v\})}\) ，則有 \(\big((A_v\oplus 1)\cup \{a_v\}\big)\subseteq A_u\)，即 \((B_v\cup \{a_v\})\subseteq A_u\)

那麼對於 \(u\) 的所有直系子節點 \(v\)，有 \((B_v\cup \{a_v\})\subseteq A_u \Rightarrow mex{A_u}\geq mex{(B_v\cup \{a_v\})}=SG(v,1) \Rightarrow f(u) \geq f(v)\)，因此 \(f(u) \geq f(t)\) ，也就是說 \(f(u) - f(t) \geq 0\)

接下來證明 \(f(u) - f(t) \leq 1\)，即 \(f(u) \leq f(t)+1\)

易發現邊界情況成立，利用歸納法，假設對子樹均成立

那麼發現 \(A_v=\Big[0\ ,max\{a_v,a_v\oplus 1\}\Big]\setminus \{a_v\}\ ,\ B_v=\Big[0\ ,max\{a_v,a_v\oplus 1\}\Big]\setminus \{a_v\oplus 1\}\) （注：\(X\setminus Y=\{x|x \in X \land x \notin Y\}\)）

於是 \(\forall \lfloor \frac{x}{2} \rfloor > g(v) 有 x \notin A_v \land x \notin B_v\)

而 \(\lfloor \frac{x}{2} \rfloor > g(t) \Rightarrow \lfloor \frac{x}{2} \rfloor > g(v)\)，所以 \(\forall \lfloor \frac{x}{2} \rfloor > g(t) 有 x \notin A_v \land x \notin B_v\)，因此 \(SG(u,0) \leq 1+max\{a_t,b_t\} \Rightarrow f(u) \leq f(t)+1\)

\(f(t)\leq f(u) \leq f(t)+1 \Rightarrow f(u)-f(t)=0或1\)，命題三證明完畢

在命題三的證明過程中，可以發現 \(SG(u)\) 只與 \(f(v)=f(t)\) 的節點 \(v\) 有關，因為其他的貢獻都會被這些覆蓋掉

更具體的，由以上三個命題，可以寫出 \(SG(u,0)\) 的計算式：

回到開頭，顯然每棵樹是一個 \(SG\) 遊戲，而整個森林為這些 \(SG\) 遊戲的和

那麼對每棵樹求出其 \(SG(root,0)\)，令 \(flag=\bigoplus{SG(root,0)}\) （所有根節點 \(SG\) 值的異或和）

則當且僅當 \(flag=0\) 時先手必敗，否則先手必勝

直接做樹形DP，複雜度\(O(n)\)

賽後被參賽者發現了新規律

假設\(\lfloor\frac{SG(root,0)}{2} \rfloor =U\)的樹至少\(K\)個節點

那麼\(\lfloor\frac{SG(u,0)}{2} \rfloor =U+1\)的樹至少要有兩顆不重疊的\(\lfloor\frac{SG(root,0)}{2} \rfloor =U\)的子樹，於是\(\lfloor\frac{SG(u,0)}{2} \rfloor =U+1\)的樹至少有\(2K+1\)個節點，這也就意味著，\(SG\)值是\(log\)級別的，那麼可以直接用\(bitset\)求\(mex\)

本文來自部落格園，作者：蒻楊，轉載請註明原文連結：https://www.cnblogs.com/weed-yang/