[HNOI2014]江南乐

题目大意：
　　给你指定一个数f，并给你T组游戏，
　　每组有n堆石子，A,B两人轮流对石子进行操作，
　　每次你可以选择其中任意一堆数量不小于f的石子，平均分为m份（即保证最大的一堆和最小的一堆中石子数量之差不超过1）。
　　不能操作者负。
　　问先手是否有必胜策略。

思路：
　　考虑现在把一堆x个石子分为i堆。
　　为了使数量尽量平均，我们应该使分出来每堆的石子数量尽可能等于$\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$，
　　如果每一堆分到$\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$个石子，那么最后会多出$x\mod i$个石子。
　　考虑把这些多出来的石子分别放在分出来的石子堆中，那么有$x\mod i$堆会分到新的石子。
　　经过简单的计算，我们可以发现最后有$x\mod i$堆分到了$\lfloor\frac{x}{i}\rfloor+1$个石子，有$i-x\mod i$堆分到了$\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$。
　　因为$sg(x)=mex\{sg(y)|y$是$x$的后继状态$\}$，又因为$y$只有两种，由于相同的数异或可以抵消，我们可以通过判断$x\mod i$和$i-x\mod i$的奇偶性来缩小运算规模。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cctype>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 inline int getint() {
 6     register char ch;
 7     while(!isdigit(ch=getchar()));
 8     register int x=ch^'0';
 9     while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
10     return x;
11 }
12 const int N=100000;
13 int sg[N],mex[N];
14 int f;
15 int getsg(const int x) {
16     if(~sg[x]) return sg[x];//记忆化 
17     if(x<f) return sg[x]=0;//当x<f时，不能再往下分，是P状态 
18     sg[x]=0;//做标记，表示x这个状态已经被访问过 
19     for(int i=2;i<=x;i=x/(x/i)+1) {//分为i堆，x/(x/i)+1表示分出来最小的堆仍然为(x/i)的最大能分的堆数 
20         for(int j=i;j<=std::min(i+1,x);j++) {//实际上分i堆和i+1堆两种情况 
21             int tmp=0;
22             if((x%j)&1) tmp^=getsg(x/j+1);//分出来x/j+1个石子//判断奇偶性，如果是偶数直接能消掉，是奇数就算一次 
23             if((j-x%j)&1) tmp^=getsg(x/j);//分出来x/j个石子
24             mex[tmp]=x;//判断mex的时候直接比x就可以了，不需要每次memset 
25         }
26     }
27     while(mex[sg[x]]==x) sg[x]++;
28     return sg[x];
29 }
30 int main() {
31     register int T=getint();
32     f=getint();
33     memset(sg,-1,sizeof sg);
34     while(--T) {
35         int ans=0;
36         for(register int n=getint();n;n--) {
37             ans^=getsg(getint());
38         }
39         printf(ans?"1 ":"0 ");
40     }
41     int ans=0;
42     for(register int n=getint();n;n--) {
43         ans^=getsg(getint());
44     }
45     printf(ans?"1\n":"0\n");
46     return 0;
47 }

 

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