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：
| # | 情况 | 讨论 | 操作 |
|---|---|---|---|
| 1 | 当前节点需要增加石子数 | 那么肯定是从它的父节点推下来的石子 | 要是它父节点石子足够多，那么答案+1 |
| 2 | 当前节点需要减少石子 | 那么肯定是把当前节点的石子推到它的儿子节点 | 要是它在最底层，那么答案+1；否则+2(两个儿子节点都可以推) |
- 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 aim
if (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
",ans);
}
return 0;
}