[ZJOI2009]染色游戏

博弈论

题面

一个$n*m$的长方形上，每个格子上有一硬币。每次需选一联通块并全部翻面，前提是其右下角硬币必须初始为反面。双方轮流行动，问先手是否有必胜策略。

• $n,m\leq50$

解析

这是一个二维翻硬币问题。

先从一维说起。
一维翻硬币问题有个结论：局面的SG值等于局面中所有反面朝上的硬币单独存在时的SG值的异或和。

于是试着算一下：（其实我就是想试试怎么算$SG$值）
设$x$表示第$x$个硬币单独反面向上的情况。
据($mex$表示取括号内不包含的 最小非负整数）

$SG(1)=1$，因操作后状态$(1,0,0,0)$可转移到状态$(0,0,0,0)$;

$SG(2)=2$，因操作后状态$(0,1,0,0)$可转移到状态$(0,0,0,0)$和状态$(1,0,0,0)$，

$mex(0,SG(1))=1$;

$SG(3)=1$，因操作后状态$(0,0,1,0)$可转移到状态$(0,0,0,0)$、状态$(0,1,0,0)$和状态$(1,1,0,0)$（这个状态可由$x=1$状态异或$x=2$状态产生），

$mex(0,SG(1),SG(1)\bigotimes SG(2))=2$;

$SG(4)=4$，因操作后状态$(0,0,0,1)$可转移到状态$(0,0,0,0)$、状态$(0,0,1,0)$和状态$(0,1,1,0)$和$(1,1,1,0)$，

$mex(0,SG(1),SG(1)\bigotimes SG(2),SG(1)\bigotimes SG(2)\bigotimes SG(3))=4$;

同理，$SG(5)=4$。
发现规律，$SG(x)=lowbit(x)$（相当于只保留最高位）。

同理，可以试着算二维状态的$SG$值，方法与上类似，懒得打过程了。（矩阵转动后$SG$值不变）

于是得到规律：
当$i==1||j==1$时，$SG(i,j)=lowbit(i+j-1);$
除此之外，$SG(i,j)=2^{i+j-2}$。

爆$long\ long$随便用$bool$存下各位是否为$1$就好了。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define re register
#define il inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=205,mod=2017;
int n,m,mp[2000],ans;
bool vis[N];
il ll gi()
{
  re ll x=0,t=1;
  re char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
  if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*t;
}
il int SG(re int x,re int y)
{
  if(x==1||y==1) return mp[(x+y-1)&(-x-y+1)];
  else return x+y-2;
}
int main()
{
  ios::sync_with_stdio(false);
  re int T;cin>>T;
  fp(i,1,10) mp[1<<i]=i;
  while(T--)
    {
      memset(vis,0,sizeof(vis));
      cin>>n>>m;
      fp(i,1,n) fp(j,1,m)
    {
      re char c;cin>>c;
      if(c=='T') vis[SG(i,j)]^=1;
    }
      re int tag=0;
      fq(i,n+m-1,0) if(vis[i]) {tag=1;break;}
      puts(tag?"-_-":"=_=");
    }
  return 0;
}