Codeforces 850C SG函数与状态压缩，分解某个数需要多大范围的数

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/stdforces/article/details/125711147

本文讨论了在Mojtaba和Arpa的博弈游戏中，如何通过状态压缩和唯一分解定理来分析局面，利用素数幂的出现情况和sg函数计算胜率。关键步骤包括筛选素数、分解因数、状态转移以及sg值的求解。

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题意：有一个数组与Mojtaba与Arpa两个玩家，每人每次可以选一个素数p与一个正数k，至少选取一个数组中能被 $p^{k}$ 整除的数，把他们替换成原来的数与 $p^{k}$ 的商，如果某个玩家无法做出这样的操作，那么他就输了。游戏从mojtaba开始，轮流操作。

博弈论优先考虑sg函数，并且重中之重是局面是什么？两个局面必须是独立的，因为唯一分解定理，在这里我们可以把所有有关素数 $p$ 的元素的集合看成一个局面，更进一步，我们应该关心的是这个素数的所有幂次方有没有出现，所有幂次方的出现与否就是一个集合，枚举所有可能的幂次方，我们就能获得这个局面能转移到的所有局面。

这个局面一般是能用数字表示的，而最小素数2的30次方就已经是大于1e9的了，所以我们可以状态压缩来表示这个素数的幂的出现情况。如果用数组哈希记录素数的幂，那么空闲空间比较多，并且所有素数都查找一变有点浪费时间，所以考虑用map<int,int>存储。

既然需要分解素数，那么筛素数是必不可少的，元素的范围是1e9，要分解某个数 $k$ ，只需要用 $\sqrt{k}$ 以下的素数即可，证明如下：

先证明：这个素数的大于 $\sqrt{k}$ 的因数最多仅有一个：

假设有至少两个大于 $\sqrt{k}$ 的因数 $r1,r2$ ，那么 $r1*r2>\sqrt{k}*\sqrt{k}=k$ ，即这两个因数的原数必定大于k，矛盾，所以原命题是正确的。

既然如此，我们就能保证大于 $\sqrt{k}$ 的因数最多一个，那么我们把小于 $\sqrt{k}$ 的素数考虑了， $k$ 最后不是1时，k本身就是那个大于 $\sqrt{k}$ 的素因数；k最后如果是1，就证明没有大于 $\sqrt{k}$ 的因数，就完成了唯一分解。

这题元素大小 $\leq 10^{9}$ ，所以只需要筛出 $10^{4.5}$ 以内的数组就可以了，这个数不好计算，就筛出 $10^{5}$ 以内的就可以了。

其次就是sg函数值的计算，按照定义，我们需要找出所有能转移到的局面，计算这些局面的mex即答案了。

在这里举一个样例，求局面 $k=(10001000)_{2}$ 的sg函数值，这个局面出现了4次幂，8次幂

枚举可以对这个局面使用的幂，按上面的分析，最多存在30次幂，如何判断枚举的这个幂 $i$ 是否可行，只需要看在 $i$ 位及更高为是否存在1，也就是 $if(1>>i-1)$ ，把这个数右移 $i-1$ 位，剩下的就都是 $i$ 位及其更高位了，那么只需要判断这个数不是0就可以了。

那么转移后的局面是什么？

还是以上面的局面位例子，假设枚举的幂为 $i=4$

我们能转移的是：所有大于等于 $i$ 的位右移 $i$ 位，其余不动。因为原来 $t$ 次幂的变为 $t-i$ $(t\leq i)$ ，然后在移动后的位置或运算即可

那么小于 $i$ 位的状态是 $((1<<i)-1)\&k$ ，意思是先计算一个二进制 $((1<<i)-1)$ ，在小于 $i$ 位的所有位计为1，然后或运算就保留了原来的所有1。

最后 $(((1<<i)-1)\&k)|(k>>i)$ 就是转移的状态了，意思为，原来小于 $i$ 的状态或上原来大于等于 $i$ 位右移后的状态。

之后就是sg异或起来就是答案了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int read()
{
	int ret=0,base=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') base=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
	{
		ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;
		ch=getchar();
	}
	return ret*base;
}

int n,prime[100005],cnt;
bool isprime[100005];

void Prime()
{
	memset(isprime,true,sizeof(isprime));
	for(int i=2;i<=100000;i++)
	{
		if(isprime[i]) prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=100000;j++)
		{
			isprime[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}

map<int,int>v,sg;

void div(int k)
{
	for(int i=1;i<=cnt&&k>1;i++)
	{
		if(k%prime[i]==0)
		{
			int t=0;
			while(k%prime[i]==0)
			{
				k/=prime[i];
				t++;
			}
			v[prime[i]]|=1<<t-1;//记录prime[i]出现的幂t,在二进制t位或,也就是1<<i-1
		}
	}
	if(k>1) v[k]|=1;//分解到最后还不是1,那么最后那个就是大于sqrt(k)的素数了
}

int get_sg(int k)
{
	if(!k) return 0;
	if(sg.count(k)) return sg[k];
	int temp=k;
	vector<bool>vis(10005);
	for(int i=1;i<=30;i++)//枚举对这个局面的操作,/=prime^i
	{
		if(k>>i-1)//如果枚举的这个幂i合法
		{
			//小于i位的状态
			int temp1=((1<<i-1)-1)&k;
			vis[get_sg((k>>i)|temp1)]=true;
		}
	}
	//计算mex
	int ret=0;
	while(vis[ret]) ret++;
	return sg[k]=ret;
}

int main()
{
	n=read();
	Prime();int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) div(read());
	for(auto i:v) ans^=get_sg(i.second);
	if(ans) cout<<"Mojtaba";
	else cout<<"Arpa";
	return 0;
}