BZOJ 1022 [SHOI2008]小约翰的游戏John

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题解的话，因为这是一个经典的反NIM游戏，那么我应该拿出一篇很经典写得很好懂的文章来分享一下。

题目1：有n堆石子，第i堆有A(i)颗石子。两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根，可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为胜，求必胜的方法。

令C=A(1) xor A(2) xor A(3) xor ... xor A(n)，若C>0，则记为利己态，用S表示，若C=0，则记为利他态，用T表示。

【定理1】对于一个S态，一定能从一堆石子中取出若干个，使其成为T态。

【证明】既然是S态，则此时C>0，我们要使得C变为0。

设C转化为二进制后，最高位的1是第p位。那么一定存在一个A(t)的二进制最高位的1是第p位。（显然，不然C的第p位不可能是1）

然后，把第t堆石子的个数变为x=A(t) xor C。因为A(t)和C的二进制最高位的1是同一位。那么异或之后这一位就变成了0。那么x一定小于A(t)。

此时的C‘=A(1) xor A(2) xor ... xor A(t) xor C xor A(t+1) xor ... xor A(n)。把C带进去，得到

C‘=A(1) xor A(2) xor ... xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor ... xor A(n)。显然C‘=0。

所以，只要在第t堆石子中取出A(t)-x颗石子，就把S态变为了T态。

【定理2】对于一个T态，从任意一堆取任意个石子出来，都会变为S态。

【证明】用反证法。设此时第i堆的石子数变成了A(i‘)。此时C=0。如果C‘>0，那么命题就成立了。

假设C‘=0。则C‘=A(1) xor A(2) xor ... xor A(i‘) xor... xor A(n)=0。

因为C=0。所以C xor C‘=0。则A(1) xor A(2) xor ... xor A(i) xor... xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor ... xor A(i‘) xor... xor A(n)=0。

A(i) xor A(i‘)=0。A(i)=A(i‘)明显不对了。所以命题得证。

得到了这两个定理之后，我们可以发现，任何一个S态，我们都可以通过自己的控制将它转化成T态。而对方怎么做都是将T态再转回S态，很被动。所以只要先手是S态，总是可以根据定理1得到的策略获胜。

题目2：有n堆石子，第i堆有A(i)颗石子。两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根，可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为负，求必胜的方法。

再来定义几个状态。一堆石子里只有一个石子，记为孤单堆。否则记为充裕堆。

在T态中，如果充裕堆的个数大于等于2，记为T2态，1个充裕堆，记为T1态，没有充裕堆，记为T0态。S0、S1、S2同理。

【定理3】在S0态中，若孤单堆的个数为奇数。那必输。T0态必赢。

【证明】也就是奇数个石子，每次取一个。很明显先去的人必输。

【定理4】在S1态中，方法正确就必胜。

【证明】如果孤单堆的个数是奇数，那么就把充裕堆取完；如果是偶数，就把充裕堆取的只剩1根。这样留下的就是奇数个孤单堆，对方先手。由定理3得，对方必输，己方必胜。

【定理5】S2态不可一次变为T0态。

【证明】显然，充裕堆不可能一次从2堆以上变为0。

【定理6】S2态可一次变为T2态。

【证明】由定理1得S态可以一次变为T态，而且不会一次取完整堆，那么充裕堆的个数是不会变的，由定理5得S2态不能一次变为T0态，那么转化的T态是T2态。

【定理7】T2态只能转变为S1或S2态。

【证明】由定理2得，T态一次只能变为S态。由于充裕堆数不会变为0。所以是S1或S2态。

【定理8】在S2态中，只要方法正确，就必胜。

【证明】由定理6得，先转化为T2态。由定理7，对方只能再转化回S1或S2态。由定理4，己方必胜。

【定理9】T2态必输。

【证明】同证明8。

我们得到了几个必胜态：S2，S1，T0。必输态：T2，T1，S0。

比较一下两题：

第一题的过程：S2-T2-S2-T2-.....-T2-S1-T0-S0-T0-...-S0-T0（全0）

第二题的过程：S2-T2-S2-T2-.....-T2-S1-S0-T0-S0-...-S0-T0（全0）

我们可以发现前面的过程是一样的。关键在于得到了S1态之后，怎样抉择使自己获胜。而这个是自己可以掌握的。

因此，我们只需要把T2态留给对方，迟早他会转化成S1态。己方就必胜。

然后再打几个补丁：

1. T1状态是没有的，因为如果有只有一个充裕堆，那么异或起来就不可能等于0了。

2. 关于定理6的修正：

　　并不是说充裕堆的个数不变。是有可能变的。

　　但是不能一次变成T0，又因为没有T1存在，所以就是转移到T2状态，不过堆数可能发生变化：

　　[例]：

　　1 2 2 4 -> 5

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
 
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1022.in","r",stdin);
    freopen("1022.out","w",stdout);
#endif
 
    int kase,n,x;
    scanf("%d",&kase);
     
    while(kase--){
        int ans=0,cnt=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&x),ans^=x,cnt+=(x>1);
        if(!ans){
            if(!cnt) puts("John");
            else puts("Brother");
        }
        else{
            if(!cnt) puts("Brother");
            else puts("John");
        }
    }
 
    return 0;
}

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