P3235-[HNOI2014]江南乐【整除分块,SG函数】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P3235

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题目大意

(T)组游戏，固定给出(F)。每组游戏有(n)个石头，每次操作的人可以选择一个数量不少于(F)的石堆并把它尽量均摊成(M)堆((M>1))。无法操作的人输，求每组游戏是否先手必胜。

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解题思路

每个石头之间互不影响，所以求出它们的(SG)函数然后异或起来就好了。

设(sg_i)表示(i)个石头的(SG)函数，然后暴力的想法是枚举(M)然后求答案，但是这样显然过不了。

发现对于一个(M)和石头数量(n)，能产生(n\%M)个大小(lfloorfrac{n}{M} floor+1)的石头堆和(M-n\% M)个大小(lfloorfrac{n}{M} floor)的石头堆。

额，好像就可以整除分块了。每次整除分块出来的一个区间([l,r])，如果(l=r)直接计算。

如果(l eq r)的情况好像比较麻烦，其实只需要考虑(l)和(l+1)就好了，因为如果再往后的奇偶性就会重复。

时间复杂度(O(nsqrt n))

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int T,F,cnt,cl[N],sg[N];
bool v[N];
void add(int x)
{if(!v[x])cl[++cnt]=x;v[x]=1;return;}
void clear(){
    while(cnt)v[cl[cnt]]=0,cnt--;
    return;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&T,&F);
    for(int i=F;i<N;i++){
        for(int l=2,r;l<=i;l=r+1){
            r=i/(i/l);
            int k=i%l,p=i/l,q=p+1;
            if((k&1)&&((l-k)&1))add(sg[p]^sg[q]);
            else if((k&1)&&!((l-k)&1))add(sg[q]);
            else if(!(k&1)&&((l-k)&1))add(sg[p]);
            else add(0);
            if(l!=r){
                l++;k=i%l;
                if((k&1)&&((l-k)&1))add(sg[p]^sg[q]);
                else if((k&1)&&!((l-k)&1))add(sg[q]);
                else if(!(k&1)&&((l-k)&1))add(sg[p]);
                else add(0);
            }
        }
        while(v[sg[i]])sg[i]++;
        clear();
    }
    while(T--){
        int n,ans=0;
        scanf("%d",&n);
        while(n--){
            int x;scanf("%d",&x);
            ans^=sg[x];
        }
        if(ans)printf("1 ");
        else printf("0 ");
    }
    return 0;
}