定义

我们对于一些二维 (mathrm{Nim}) 游戏（好像更高维也行），可以拆分成两维单独的 (mathrm{Nim}) 然后求 (mathrm{Nim}) 积。

定义为

[x otimes y = mathrm{mex}{(a otimes b) oplus (a otimes y) oplus (x otimes b), 0 le a < x, 0 le b < y} ]

其中 (otimes) 定义为 (mathrm{Nim}) 积，(oplus) 定义为异或。

以下是对于 (x, y le 4) 的一个小表。

	1	2	3	4
0	0	0	0	0
1	1	2	3	4
2	2	3	1	8
3	3	1	2	12
4	4	8	12	6

性质

运算的性质

观察此表，可以显然的得出：

[egin{aligned} x otimes 0 &= 0 otimes x = 0\ x otimes 1 &= 1 otimes x = x\ x otimes y &= y otimes x end{aligned} ]

即 (0) 与所有数做 (mathrm{Nim}) 积仍然为 (0) ， (1) 仍然是单位元，并且满足交换律。

不会证明的两个结论：

[egin{aligned} x otimes (y otimes z) &= (x otimes y) otimes z\ x otimes (y oplus z) &= (o otimes y) oplus (x otimes z) end{aligned} ]

就是说满足乘法交换律，和乘法分配率（把 (otimes) 看作 ( imes) 以及 (oplus) 看做 (+) ）。

费马数的一些运算性质

经过数学家的艰苦卓绝的努力，我们有两个十分强大的运算法则。

定义 ( ext{Fermat 2-power}) 为 (2^{2^n}) ，其中 (n in mathbb N) ，设其为 (a) 。

一个 ( ext{Fermat 2-power}) 与任意小于它的数的 (mathrm{Nim}) 积为一般意义下乘法的积，即 (a otimes x = a imes x~(x < a)) 。
一个 ( ext{Fermat 2-power}) 与自己的 (mathrm{Nim}) 积为自己的 (displaystyle frac 32) 倍，即 (displaystyle a otimes a = frac 3 2 a = a oplus frac a 2) 。

算法解决

注意暴力求 (mathrm{Nim}) 积是 (mathcal O((xy)^2)) 的，我们可以利用一些性质在 (mathcal O(log x log y)) 的时间内解决。

对于任意 (x, y) 的解法

我们设 (f(x, y) = x otimes y) ，我们特判 (x ext{ or } y = 0, 1) 的情况后，可以考虑拆出 (x, y) 的每个二进制位单独算。

就是设 (g(x, y) = 2^x otimes 2^y) ，那么 (f(x, y) = oplus_{x' in x, y' in y} g(x', y')) 。

对于 (2^x otimes 2^y) 的解法

这一段是 zhou888 教我的，太恐怖啦 %%%

那么我们问题就转化为求 (g(x, y)) 了。

我们考虑把 (x, y) 的二进制位拆出来，变成一个个费马数，然后利用性质处理。

[2^x otimes 2^y = (otimes_{x' in x} 2^{2^{x'}}) otimes (otimes_{y' in y} 2^{2^{y'}}) ]

考虑 从高到低 依次考虑 (x, y) 的每一位，如果这位都为 (0) 我们显然可以忽略。

(x ext{ and } y) 的情况

假设全都为 (1) 那么对于这一位 (2^u) 我们设 (M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^{y - 2^u}) ，那么有 (A, B < M) 。

那么我们的答案其实就是 (ans = (M otimes A) otimes (M otimes B)) （注意费马数的 ( imes) 和 (otimes) 是一样的）即 $ (M otimes M) otimes (A otimes B)$ ，化简一下答案其实就是 (displaystyle frac{3}{2} M otimes (A otimes B)) 。

那么此时我们把 (2^x, 2^y) 都去掉最高的一位 (u) 变成 (A, B) ，继续向低位递归。

(x ext{ xor } y) 的情况

假设一个为 (1) 一个为 (0) ，同样我们设这位为 (2^u) ，假设 (x) 此位为 (1) ，那么有 (M = 2^{2^u}, A = 2^{x - 2^u}, B = 2^y) 。

那么答案的形式为 (ans = (M otimes A) otimes B) 也就是 (M otimes (A otimes B)) 。类似的，我们去掉最高位，然后不断向下推。

讨论完上面两种情况，我们可以写一下表达式。

我们显然可以利用交换律把 (x ext { xor } y) 和 (x ext { and } y) 的情况分开。

[egin{aligned} 2^x otimes 2^y &= (otimes_{i in {x ext{ xor } y}} 2^{2^i}) oplus (otimes_{i in {x ext{ and } y}} frac{3}{2} 2^{2^i})\ &= (prod_{i in {x ext{ xor } y}} 2^{2^i}) otimes (otimes_{i in {x ext{ and } y}} frac{3}{2} 2^{2^i}) end{aligned} ]

那么对于前者可以直接算，后面利用 (f) 递归算就行了。

复杂度不难发现只会遍历两个所有二进制位，也就是单次为 (mathcal O(log^2 x)) 。

代码实现

网上的那种推导以及实现方式似乎都有些问题，似乎是其中一个费马数的地方没有保证 (<) ，小的不会错，大的会有些问题。

所以我参考了 zhou888 的代码实现。

#define Resolve(i, x) for (int u = (x), i = 0; (1ll << i) <= u; ++ i) if (u >> i & 1)

ll f(ll x, ll y);

ll g(int x, int y) {
	if (!x || !y) return 1ll << (x | y);
	if (~ tab[x][y]) return tab[x][y];
	ll res = 1;
	Resolve(i, x ^ y) res <<= (1 << i);
	Resolve(i, x & y) res = f(res, 3ll << ((1 << i) - 1));
	return tab[x][y] = res;
}

ll f(ll x, ll y) {
	if (!x || !y) return x | y;
	if (x == 1 || y == 1) return max(x, y);
	ll res = 0;
	Resolve(i, x) Resolve(j, y) res ^= g(i, j);
	return res;
}

例题

HDU3404 Switch lights

题意

在一个二维平面中，有 (n) 个灯亮着并告诉你坐标，每回合需要找到一个矩形，这个矩形 ((x,y)) 坐标最大的那个角落的点必须是亮着的灯，然后我们把四个角落的灯状态反转，不能操作为败。

(T le 100, n le 1000, x, y le 10000)

题解

(mathrm{Turning~Corners}) 是裸的二维 (mathrm{Nim}) 问题，直接上模板就好了。

复杂度是 (mathcal O(Tnlog x log y)) 的。