cf1076G. Array Game_cf1076g 分块-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Johnny817/article/details/121254993

本文介绍了如何使用动态规划和线段树解决一个关于游戏策略的问题。通过将初始序列减一并转化为二元状态，然后利用线段树进行区间更新和查询，实现了O(nmlogn)的时间复杂度。文章详细阐述了算法的思路和实现过程，并提供了代码示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

题解

考虑到每个点被跳到后都会 $- 1$ ，所以我们一开始就把整个序列都 $- 1$ ，然后玩法就变成要么跳到 $[i+1,\min(k,i+m)]$ 上的点，要么自身权值 $- 1$ 。

然后显然可以直接转化为每个点为 $0$ 或 $1$ 。

所以考虑 $\text{dp}$ ： $f_{i,0/1}$ 表示第 $i$ 个点为 $0 / 1$ ，先手是否能够必胜，考虑转移：

$f_{i,0}=\text{or}\{f_{i+x,a_{i+x}} \text{xor}\ 1\}$ $f_{i,1}=\text{or}\{f_{i+x,a_{i+x}} \text{xor}\ 1,f_{i,0}\text{xor}\ 1\}$

因为 $m$ 很小，所以我们可以考虑线段树维护这个 $\text{dp}$ ，具体来说就是 $[l, r]$ 区间，维护 $f_S$ 表示 $r + 1, r + 2, . . ., r + m$ 的必胜状态为 $S$ 的情况下， $l, l + 1, . . ., l + m - 1$ 的必胜状态。于是可以 $O(2^m)$ 合并。

然后考虑区间加的操作，加偶数没影响，加奇数的话实际上就是把 $\text{dp}$ 值互换，所以只要再同时维护相反的 $\text{dp}$ 值即可。

然后我们可以发现其实我们只关心最近的必输状态的点离端点的距离，如果 $> m$ 了就记 $m + 1$ ，因此就只要 $O (m)$ 合并即可。

效率： $O(nm\log n)$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,q,a[N],tg[N<<2];
struct O{int s[7];}t[2][N<<2];
#define Ls k<<1
#define Rs k<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
O hb(O u,O v){
	O w;
	for (int i=1;i<=m+1;i++)
		w.s[i]=u.s[v.s[i]];
	return w;
}
void up(int k){
	t[0][k]=hb(t[0][Ls],t[0][Rs]);
	t[1][k]=hb(t[1][Ls],t[1][Rs]);
}
void build(int k,int l,int r){
	if (l==r){
		for (int i=1;i<=m;i++)
			t[a[l]][k].s[i]=t[!a[l]][k].s[i]=i+1;
		t[a[l]][k].s[m+1]=1;
		t[!a[l]][k].s[m+1]=m+1;
		return;
	}
	build(Ls,l,mid);
	build(Rs,mid+1,r);up(k);
}
void push(int k){
	swap(t[0][k],t[1][k]);tg[k]^=1;
}
void down(int k){
	push(Ls);push(Rs);tg[k]=0;
}
void upd(int k,int l,int r,int L,int R){
	if (L<=l && r<=R) return push(k);
	if (tg[k]) down(k);
	if (mid>=L) upd(Ls,l,mid,L,R);
	if (mid<R) upd(Rs,mid+1,r,L,R);
	up(k);
}
O qry(int k,int l,int r,int L,int R){
	if (L<=l && r<=R) return t[0][k];
	if (tg[k]) down(k);
	if (mid>=R) return qry(Ls,l,mid,L,R);
	if (mid<L) return qry(Rs,mid+1,r,L,R);
	return hb(qry(Ls,l,mid,L,R),qry(Rs,mid+1,r,L,R));
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		LL v;scanf("%lld",&v);
		v--;a[i]=(v&1ll);
	}
	build(1,1,n);
	for (int op,l,r;q--;){
		scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
		if (op&1){
			LL v;scanf("%lld",&v);
			if (v&1ll) upd(1,1,n,l,r);
		}
		else{
			O u=qry(1,1,n,l,r);
			printf("%d\n",1+(u.s[m+1]==1));
		}
	}
	return 0;
}