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?
Solution
(SG[x]=mex(SG[u])),其中 (u) 是 (x) 的所有子状态
这题的子状态是取决于 (m) 的
我们枚举 (m) 就行了
知道了 (m) 之后,由于 (max-min<=1) 所以分法是确定的
也就是先分出 (lfloorfrac{i}{m}
floor) ,然后再分别把 (i\%m) 分配给前面长度为 (lfloorfrac{i}{m}
floor) 的,使得其变为 (lfloorfrac{i}{m}
floor+1)
这样就可以做 (O(n^2)) 了
考虑优化:
我们发现,(lfloorfrac{i}{m}
floor) 是可以数论分块的,然后就可以做 (O(n*sqrt{n})) 的了
注意一个细节:
虽然 (lfloorfrac{i}{m}
floor) 的值是一样的,但是在同一个块中,他们的 (imod m) 可以不同
但是我们只关心其奇偶性,并且在同一个块内,取模后的值是以 (frac{i}{m}) 为等差数列的值
我们只需要把块 ([l,r]) 中的 (l+1) 再代进去就好了
最后把所有 (SG[a[i]]) 异或起来,不为 (0) 就是先手必胜,否则先手必败
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,SG[N],T,F,d[N];
void priwork(){
for(int i=F,t,w;i<N;i++){
for(int j=2,r;j<=i;j=r+1){
r=i/(i/j);
t=i%j;w=0;
if((j-t)&1)w^=SG[i/j];
if(t&1)w^=SG[i/j+1];
d[w]=i;
if(j<r){
t=i%(j+1);w=0;
if((j+1-t)&1)w^=SG[i/j];
if(t&1)w^=SG[i/j+1];
d[w]=i;
}
}
for(int j=0;j<N;j++)
if(d[j]!=i){SG[i]=j;break;}
}
}
inline void work(){
int ans=0,x;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x),ans^=SG[x];
printf("%d ",ans!=0);
}
int main()
{
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
cin>>T>>F;
priwork();
while(T--)work();
return 0;
}