[BZOJ3576][Hnoi2014]江南乐（SG函数+博弈dp+数论）

最新推荐文章于 2021-07-14 11:13:18 发布

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#博弈论 #dp #数论

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本文介绍了一款特殊的回合制游戏，玩家需要通过合理的策略来确保获胜。游戏涉及数学原理及博弈论中的SG函数，通过预处理DP算法计算SG值并采用异或运算确定胜者。

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？

Input

输入第一行包含两个正整数 $T$ 和 $F$ ，分别表示游戏组数与给定的数。
接下来 $T$ 行，每行第一个数 $N$ 表示该组游戏初始状态下有多少堆石子。之后 $N$ 个正整数，表示这 $N$ 堆石子分别有多少个。

Output

输出一行，包含 $T$ 个用空格隔开的 $0$ 或 $1$ 的数，其中 $0$ 代表此时小 A （后手）会胜利，而 $1$ 代表小 A 的对手（先手）会胜利。

Sample Input

4 3
1 1
1 2
1 3
1 5

Sample Output

0 0 1 1

HINT

对于 100% 的数据， $T<100,N<100,F<100000$ ，每堆石子数量。
以上所有数均为正整数。

Solution

发现初始的 $N$ 堆石子分别都对应了一个独立的游戏，因此只需要把这 $N$ 堆分开，计算它们的 $SG$ 值后异或起来即可。
在读入 $T$ 组游戏之前先进行一个预处理 DP ：
$SG[i]$ 表示当前还剩下 $i$ 个石子的 $SG$ 值。
边界：当 $0\le i<F$ 时， $SG[i]=0$ 。
转移：

S G [i] = mex i j = 2 {W (S G [⌊ i j ⌋ + 1], i mod j) XOR W (S G [⌊ i j ⌋], j - i mod j)}

$SG[i]=\mbox{mex}_{j=2}^i\{W(SG[\lfloor\frac ij\rfloor+1],i\bmod j)\mbox{ XOR }W(SG[\lfloor\frac ij\rfloor],j-i\bmod j)\}$
其中

W(x,y)W(x,y) $W(x,y)$ 的定义为：如果

yy $y$ 是奇数则

W (x, y) = x

$W(x,y)=x$ ，否则

W(x,y)=0W(x,y)=0 $W(x,y)=0$ 。
暴力转移是平方的，显然 TLE 。
但是可以发现

⌊ij⌋⌊ij⌋ $\lfloor\frac ij\rfloor$ 的取值只有

i√i $\sqrt i$ 种，可以考虑枚举

⌊ij⌋⌊ij⌋ $\lfloor\frac ij\rfloor$ 的取值来计算。
假设现在枚举到了

⌊ij⌋=k⌊ij⌋=k $\lfloor\frac ij\rfloor=k$ ，那么这时候

SG[k]SG[k] $SG[k]$ 和

SG[k+1]SG[k+1] $SG[k+1]$ 的值就能快速得到了。但我们还需要知道

imodjimodj $i\bmod j$ 和

j−imodjj−imodj $j-i\bmod j$ 的奇偶性。
分

jj $j$ 为奇数和偶数两种情况处理，这样知道了

i mod j

$i\bmod j$ 的奇偶性也就知道了

j−imodjj−imodj $j-i\bmod j$ 的奇偶性。
设当

j∈[l,r]j∈[l,r] $j\in[l,r]$ 时，

⌊ij⌋=k⌊ij⌋=k $\lfloor\frac ij\rfloor=k$ 。
当

jj $j$ 为偶数（需判断

[l, r]

$[l,r]$ 内是否有偶数）时比较显然，如果

ii $i$ 为偶数那么

i mod j

$i\bmod j$ 也为偶数，否则为奇数。
当

jj $j$ 为奇数（需判断

[l, r]

$[l,r]$ 内是否有奇数）时，如果

i−任意奇数×ki−任意奇数×k $i-任意奇数\times k$ 得到偶数那么

imodjimodj $i\bmod j$ 也为偶数，否则为奇数。
于是，就可以在根号的复杂度内完成一次转移了。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
const int N = 1e5 + 5, Z = 87;
int n, T, F, sg[N], tmp[Z];
void orzcyxdalao() {
    int i, j; For (i, F, 100000) {
        memset(tmp, 0, sizeof(tmp)); for (j = 2; j <= i;) {
            int nxt = i / (i / j), p1 = sg[i / j], p2 = sg[i / j + 1], k = i / j;
            if (!(j & 1) || j < nxt) tmp[i & 1 ? p1 ^ p2 : 0] = 1;
            if ((j & 1) || j < nxt)
                tmp[i - (j & 1 ? j : j + 1) * k & 1 ? p2 : p1] = 1;
            j = nxt + 1;
        }
        For (j, 0, 2147483647) if (!tmp[j]) {sg[i] = j; break;}
    }
}
int main() {
    int i; T = read(); F = read(); orzcyxdalao();
    while (T--) {
        int ans = 0; n = read(); For (i, 1, n) ans ^= sg[read()];
        printf(ans ? "1 " : "0 ");
    }
    cout << endl; return 0;
}