bzoj1022题解

【题意分析】

　　最简单的Anti-Nim博弈模型。

【解题思路】

　　引理：SJ定理

对于一个Anti-Nim游戏，只要有以下两条条件之一，先手必胜：

1.游戏的总SG函数为0且任意子游戏的SG函数不超过1；

2.游戏的总SG函数不为0且至少存在一个子游戏的SG函数超过1。

证明：

定义xorsum(x)(Q)为满足布尔表达式Q的所有元素x的异或和。

设游戏总SG函数为X，子游戏的SG函数序列为L，分四种情况：

(1)X=0且∀n≤1(n∈L)（必胜态）

(2)X=0且存在n∈L使n>1（必败态）

(3)X≠0且∀n≤1(n∈L)（必败态）

(4)X≠0且存在n∈L使n>1（必胜态）

对于情况(1)，

　　∵X=0,∀n≤1

　　∴∑n=0(mod 2)即有偶数个1

　　此时双方只能有唯一的走法，模拟即可知先手必胜。

对于情况(2)，

　　∵X=0，存在n∈L使n>1

　　∴∑[n≤1]=0(mod 2)且xorsum(n)=0(n∈L，n>1)

　　∴∑[n>1]≥2即L至少有两个大于1的元素

　　故此状态经过一次操作后必定转移到必胜态(4)，即必败。

对于情况(3)，同理于情况(1)，但结果状态是必败。

对于情况(4)，

　　当存在唯一的n∈L使n>1时，总能转移成必败态(3)；

　　当存在至少两个n∈L使n>1时，

　　　　设X的最高位为t=2^k(k∈N)，必定存在一个n∈L，使n and t=1，易知(n xor t)<n，可将n变为(n xor t)，而剩下子游戏的总SG函数亦为(t xor n)，故可以转化为必败态(2)；

　　综上，(4)为必胜态。

证毕。

　　直接应用SJ定理即可，复杂度O(TN)。

【参考代码】

#include <cstdio>
#define REP(i,low,high) for(register int i=(low);i<=(high);++i)
using namespace std;
static int T,n; int a[55];
int main()
{
    for(scanf("%d",&T);T--;)
    {
        scanf("%d",&n); int sum=0; bool over=0;
        REP(i,1,n)
        {
            int t; scanf("%d",&t),sum^=t,over|=t>1;
        }
        puts(bool(sum)==over?"John":"Brother");
    }
    return 0;
}