Description
小A是一个名副其实的狂热的回合制游戏玩家。在获得了许多回合制游戏的世界级奖项之后，小A有一天突然想起了他小时候在江南玩过的一个回合制游戏。 游戏的规则是这样的，首先给定一个数F，然后游戏系统会产生T组游戏。每一组游戏包含N堆石子，小A和他的对手轮流操作。每次操作时，操作者先选定一个不小于2的正整数M (M是操作者自行选定的，而且每次操作时可不一样)，然后将任意一堆数量不小于F的石子分成M堆，并且满足这M堆石子中石子数最多的一堆至多比石子数最少的一堆多1（即分的尽量平均，事实上按照这样的分石子万法，选定M和一堆石子后，它分出来的状态是固定的）。当一个玩家不能操作的时候，也就是当每一堆石子的数量都严格小于F时，他就输掉。(补充：先手从N堆石子中选择一堆数量不小于F的石子分成M堆后，此时共有N+M-1)堆石子，接下来小A从这N+M-1堆石子中选择一堆数量不小于F的石子，依此类推。
小A从小就是个有风度的男生，他邀请他的对手作为先手。小A现在想要知道，面对给定的一组游戏，而且他的对手也和他一样聪明绝顶的话，究竟谁能够获得胜利？
Input
输入第一行包含两个正整数T和F，分别表示游戏组数与给定的数。
接下来T行，每行第一个数N表示该组游戏初始状态下有多少堆石子。之后N个正整数，表示这N堆石子分别有多少个。
Output
输出一行，包含T个用空格隔开的0或1的数，其中0代表此时小A（后手）会胜利，而1代表小A的对手（先手）会胜利。
Sample Input
4 3
1 1
1 2
1 3
1 5
Sample Output
0 0 1 1
HINT
对于100%的数据，T<100，N<100，F<100000，每堆石子数量<100000。
以上所有数均为正整数。
Sol
显然，根据sg定理，这道题每一堆石子是独立的一个游戏，我们只要对每一堆分别求出其sg值，然后异或起来即可，若异或值不为0则先手必胜，若异或值为0则后手必胜。而分石子会产生若干个子游戏，也是异或起来就行了。
在求sg值的时候，如果我们枚举n个石子分成i份，那么一定是分成(n\%i)堆大小为(lfloorfrac{n}{i} floor+1)的和(i-n\%i)堆大小为(lfloorfrac{n}{i} floor)的。所以我们可以直接判断这两种大小的堆数，如果是奇数那么就会产生贡献，如果是偶数则不会，然后异或起来即可。但是这样的时间复杂度是(O(n^2))，显然超时了，考虑优化。因为(lfloorfrac{n}{i} floor)只有(sqrt{n})种取值，我们就可以只取到这些取值，然后再把i+1也判断一下（奇偶性会影响到模意义下的结果），这样的时间复杂度是(O(nsqrt{n}))，可以通过本题，代码中给出递推求sg函数的写法。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans,T,f,x,sg[100005],vis[100005];
void getsg()
{
for(int g=f;g<=100000;g++)
{
for(int i=2,last;i<=g;i=last+1)
{
int k=g/i,k2=g%i,k1=i-k2;last=g/k;
vis[sg[(k1&1)*k]^sg[(k2&1)*(k+1)]]=g;
if(i+1<=min(g,last)) k2=g%(i+1),k1=i+1-k2,vis[sg[(k1&1)*k]^sg[(k2&1)*(k+1)]]=g;
}
for(int i=0;;i++) if(vis[i]!=g){sg[g]=i;break;}
}
}
int main()
{
for(scanf("%d%d",&T,&f),getsg();T--;)
{
scanf("%d",&n);ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),ans^=sg[x];
printf("%d%c",ans?1:0,T?' ':'
');
}
}