【BZOJ1299】巧克力棒（博弈论，线性基）
题面
题解
(Nim)博弈的变形形式。
显然，如果我们不考虑拿巧克力棒出来的话，这就是一个裸的(Nim)博弈。
但是现在可以加入巧克力棒。加入巧克力棒的意义是修改当前的异或和。
如果不能够改变当前先后手赢的状态的话，那么必定不能够拿出一个巧克力棒的集合满足异或和为(0)。
初始情况下是先手必败的情况，因为先后不改变当前的必胜/必败情况，所以先手必须要拿出一个异或和为(0)的集合，并且使得剩下的部分不能够存在异或和为(0)的子集。不难证明如果剩下部分存在一个异或和为(0)的子集的话，必定也可以把这个子集拿出来使得不存在子集使得异或和为(0)。
那么，唯一需要判定的只剩下是否存在一个子集使得异或和为(0)了。直接线性基即可。
时间复杂度(O(Tnlog))，所以(n)其实想出多大出多大，因为线性基内的元素个数最多不会超过(log)个，否则必定会出现线性相关，即存在一个子集满足异或和为(0)。
也就是说，真正的时间复杂度其实是(O(Tmin(n,log)log))的，当(n)较大的时候瓶颈在于读入。
然而这题(n)小得可怜，直接暴力(dfs)都是可以的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 15
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct xxj
{
int p[31];
bool insert(int x)
{
for(int i=30;~i;--i)
if(x&(1<<i))
{
if(!p[i]){p[i]=x;return true;}
x^=p[i];
}
return false;
}
void clear(){memset(p,0,sizeof(p));}
}G;
int n,a[MAX];
int main()
{
int T=10;
while(T--)
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
G.clear();bool fl=false;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!G.insert(a[i]))fl=true;
puts(fl?"NO":"YES");
}
return 0;
}