最近在做博弈题单，遇到了这两个nim问题。
SDOI2019\] 移动金币 被成为阶梯nim，也就是一个 n n n堆石子在不同的阶梯上面，每次操作可以选择一堆中若干个石子合并到低一级的阶梯（如果移动到地面就不能再移动），不能操作者失败。
这个问题我大概思考了一天就解决了，容易发现n=2时必败态为第一级阶梯为0，因为这样先手移动任何石子下来后手都能移到地面。把n拓展到更大，就会发现偶数级阶梯（现在假设地面为第0级阶梯）的石子时没有意义的，因为如果把偶数的石子移到奇数的石子能形成更好的局面，那么后手就能把这些石子再往移动一级，可以依次从第二级，第四级往下递推思考。
也就是说只用考虑奇数级阶梯的石子，又因为把石子移到偶数级的阶梯以后没有意义，那么就变成了在偶数级阶梯进行经典的nim操作，因此必败态就是所有偶数级阶梯的异或和。
\[SDOI2019\] 移动金币 被称为k-nim也就是每次可以取不超过k堆的石子。我花了大概一周才解决，感觉非常让人抓狂，最后是在操场上散步突然想到结论的。这个结论现在还没有想好怎么证明，后续补上。
感觉这个问题打表比较困难，不过我想了一种直接打出必败态的方法。
```cpp
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int V = 8, N = 1e6 + 10;
int n, m;
int a[15];
int cnt, b[N][15], f[N], g[N];
int calc(int p1, int p2) {
int ret = 0;
for (int i = 1, j = 1; i <= n; i++) {
while (j <= n && b[p1][i] > b[p2][j]) j++;
if (j <= n && b[p1][i] == b[p2][j]) {
ret++; j++;
}
}
return n - ret;
}
void dfs(int k, int last) {
if (k == n + 1) {
cnt++;
g[cnt] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
b[cnt][i] = a[i];
g[cnt] ^= a[i];
}
f[cnt] = 2;
for (int i = 1; i < cnt; i++) {
if (f[i] == 1) continue;
bool ok = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (b[i][j] > b[cnt][j]) {
ok = 0; break;
}
}
if (ok && calc(i, cnt) <= m) {
f[cnt] = 1; break;
}
}
if (f[cnt] == 1) {
cnt--;
}
return;
}
for (int i = last; i <= V; i++) {
a[k] = i;
dfs(k + 1, i);
}
}
int main() {
// freopen("out.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
dfs(1, 0);
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
bool bk = 1;
for (int ki = 10; ki >= 0; ki--) {
int ret = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (b[i][j] >> ki & 1) {
ret++;
}
}
if (ret % (m + 1) != 0) {
cout << "wa\n";
}
}
if (f[i] == 2) {
cout << f[i] << " " << g[i] << " : ";
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cout << b[i][j] << " \n"[j == n];
}
}
}
cout << cnt << endl;
}
```
很早的时候我就想到了如果每一堆都是1，那么必败态就是n%(d+1)=0，说明结论还与n和d有关系（虽然应该和n没有关系，不过我当时就觉得它们有关系）。
然后想到一个比较奇怪的事情，以前学nim的时候我就一直十分不解为什么结论会和xor有关系（因为异或是一个二进制的操作），因为异或实际上是把每位相加再模二，然后就感觉可能会是模数变化（变成d+1）这样操作了肯定就不为全为0了，或者是进制变化（比如变成d+1进制之类的）。
而且前面打表的时候也发现必败态里面往往没有8的出现，所以更加肯定是模数改变。
验证了一下发现是正确的，然后就ac了。