Codeforces 812E Sagheer and Apple Tree

Posted 2020-09-21

大致题意：

给你一颗树，这个树有下列特征：每个节点上有若干个苹果，且从根节点到任意叶子节点的路径长度奇偶性相同。

甲和乙玩（闲）游（得）戏（慌）。

游戏过程中，甲乙轮流将任意一个节点的若干个苹果移向它的一个叶子节点，若没有叶子节点，那么这些苹果就消失了（被吃掉了）。

若一个玩家没法操作，那么算他输。

游戏由甲开始，而乙可以先选择将两个节点上的苹果数交换一下。问乙有多少种交换方式，使得最后乙获胜。

Nim游戏：

如果懂Nim游戏的话，就不要看了\\(^o^)/~你肯定会这道题了。

懂Nim游戏的定义，不懂证明的孩子们，跳过6行往下看。

这6行是写给萌新的

让懒惰的我摘录一段百度百科的话：

让我们来看一下美妙绝伦的结论：

简单来说，只要把每一堆的石子数全部xor起来，最后得到0，则后手有必胜策略，否则先手有必胜策略。

Nim游戏结论证明：

不想看证明，想看本题做法的，跳过13行往下看。

让我来描述一下，假如xor起来是0的话，后手的必胜策略。

我们先设每一堆石头数全部xor起来，得到的结果是p。

一开始p=0。

假如先手选中一堆石头，这一堆石头数为x，他拿走了一些石头，剩余石头数为y。

那么我们记 t=x^y。

容易知道，t≠0，先手操作之后，p=t≠0。

于是，容易知道，后手一定能找到一堆石头（石头数为a），满足a^t<a，

因为一定能找到一个a，它与t的二进制最高位都为1。（这点都理解不了就放弃OI吧……好吧开个玩笑）

那么，后手将a变为a^t之后，p重新变为0。

于是，先手操作之后，p永远不为0，后手操作之后，p永远都是0。而游戏并不是永无止境的，所以一定是后手赢。

那么，假设一开始p≠0，先手策略是什么呢？

显而易见，就是找一堆石头（石头数为a），满足a^p<a，

先手将a变成a^p，使得p变为0。接着跟后手策略一样做即可。

本题做法：

也许当该游戏的玩家Sagheer and Soliman知道互相都使用必胜策略的话，他们也就不会喜欢玩这个游戏了。

因为，一开始游戏的局面决定了，谁能赢。

let me see——

题目中有一个非常好的条件，

于是本题就从非常难变成了非常简单。

设，d[x]表示x到该子树中某一个叶子节点的路径长度的奇偶性。（0表示偶数，1表示奇数）

假如后手一开始不能交换节点，那么后手策略可以是这样：

假设d值为1的点属于集合1，d值为0的点属于集合0。

①：先手将集合1中的点x的y个苹果往下移到了z，

那么我们知道d[z]=0，则后手可以将z的y个苹果往下移

②假如把集合0中的点列出来，那么这就是一个典型的Nim游戏。

只要这些点上的苹数xor起来的值p=0，后手就能赢。

回到原题：后手一开始有机会交换两个节点。

假设p=0，后手可以交换集合0中的任意两个点，或集合1中的任意两个点。

否则，肯定要将集合0中的一个点与集合1中的一个点交换了。

弄一个桶，枚举ok。

代码：

 1 #include <cstdio>
 2 #include <iostream>
 3 using namespace std;
 4 #define ref(i,x,y)for(int i=x;i<=y;++i)
 5 int read(){
 6     char c=getchar();int d=0,f=1;
 7     for(;c<‘0‘||c>‘9‘;c=getchar())if(c==‘-‘)f=-1;
 8     for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;d=d*10+c-48,c=getchar());
 9     return d*f;
10 }
11 const int N=100001,M=16777216;
12 int n,cnt,t[M],d[N],a[N],head[N],to[N],nxt[N];
13 void addedge(int x,int y){
14     ++cnt;to[cnt]=y;nxt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;
15 }
16 void dfs(int x){
17     for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
18         dfs(to[i]);
19         d[x]=d[to[i]]^1;
20     }
21 }
22 int main()
23 {
24     n=read();
25     ref(i,1,n)a[i]=read();
26     ref(i,2,n)addedge(read(),i);
27     dfs(1);
28     int tmp=0,tot=0;
29     long long ans=0;
30     ref(i,1,n)if(!d[i])tmp^=a[i];
31     ref(i,1,n)if(d[i])t[a[i]]++,tot++;
32     if(tmp==0)ans=1LL*tot*(tot-1)/2+1LL*(n-tot)*(n-tot-1)/2;
33     ref(i,1,n)if(!d[i])ans+=t[tmp^a[i]];
34     printf("%lld\\n",ans);
35 }