Daizhenyang‘s Coin(Nim&博弈論)

Daizhenyang's Coin(Nim&博弈論)

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思路：中心思想是將該遊戲轉化爲多個子遊戲進行$Nim$和。

這裏的子游戲是指：當只有一個硬幣朝上位於位置$x$的$sg[x]$

因爲有重複需要先去重，然後再異或和。

令U向上，D向下。

初始化$sg[D]=0$ 對應情況 (D) 。無論有多少個$D$都是屬於這個情況。因爲沒有硬幣朝上肯定是輸。

$sg[U]=sg[0]=1.$ (U) 的後繼狀態只有$D$,所有$sg[1]=mex\{sg[D]\}=1$

同理$sg[DU]=sg[1]=mex\{sg[DD],sg[UD]\}\\=mex\{sg[D],SG[U]\}=mex\{0,1\}=2$

$sg[DDU]=sg[2]=mex\{sg[DDD],sg[DUD],sg[UDD],sg[UUD]\}\\=mex\{sg[D],sg[DU],sg[U],sg[UU]\}\\=mex\{0,2,1,sg[U]\oplus sg[DU]\}\\=mex\{0,2,1,1\oplus 2\}\\=mex\{0,2,1,3\}\\=4$

依次類推找規律可得，$sg[x]=2x||2x+1$ .而所有的$sg$值的二進制1的個數都爲奇數。所以判斷一下即可。具體證明見別的大佬的博客。。還在學習中。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
map<int,int>mp;
int n;
/* 
bool jg(int x){ //計算二進制中1的個數 
	int cnt=0;
	while(x){
		if(x&1) cnt++;
		x>>=1;
	}
	return (cnt&1);
} 
*/ 
int fun(int x){
	if((__builtin_popcount(2*x))&1) return 2*x; 
	return 2*x+1;
}
int main(){
	while(cin>>n){
		mp.clear();
		int ans=0;
		for(int i=1,x;i<=n;i++){
			cin>>x;
			if(!mp[x]) mp[x]=1,ans^=fun(x);
		}
		if(!ans) puts("Yes");
		else puts("No");	
	}
	return 0;
}