[HNOI2014]江南乐题解

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？

输入格式

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。

输出格式

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。

输入输出样例

输入 #1复制

4 3
1 1
1 2
1 3
1 5

输出 #1复制

0 0 1 1

说明/提示

对于100%的数据，T<100，N<100，F<100000，每堆石子数量<100000。

以上所有数均为正整数。

一次操作可以将一堆数量为 ii（i\ge Fi≥F）的石子分为 j-i\bmod jj−imodj 堆数量为 \left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor⌊ji​⌋ 的石子和 i\bmod jimodj 堆数量为 \left\lceil\frac{i}{j}\right\rceil⌈ji​⌉ 的石子，其中 jj 是每次操作时玩家自行选定，满足 2\le j\le i2≤j≤i，FF 为给定。不能操作者输。

初始有 nn 堆石子，第 ii 堆石子的数量为 a_iai​。多组数据，但 FF 不改变。

T,n\le100T,n≤100，F,a_i\le10^5F,ai​≤105.

思路

我们定一个数的 \text{SG}SG 值为 f(x)f(x)，一个局面的 \text{SG}SG 值为 f(state)=\bigoplus_{i\in state}f(i)f(state)=⨁i∈state​f(i)。

于是求出每个数的 \text{SG}SG 值即可。

首先，对于 i<Fi<F，f(i)=0f(i)=0，因为显然此时无法取到石子，先手必败。

然后枚举 jj，我们可以算出此时划分的局面的 \text{SG}SG 值。因为只有两种棋子的取值，且知道每堆的数量，所以算此时划分的局面的 \text{SG}SG 值是 O(1)O(1) 的。

令 v=\max\{a_i\}v=max{ai​}，则此时时间复杂度为 O(v^2+Tn)O(v2+Tn)，无法通过。

瓶颈在于计算 \text{SG}SG，我们观察式子，发现有 \left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor⌊ji​⌋ 这一形式，于是考虑整除分块。

但是式子里还有 i\bmod jimodj 这一形态，整除分块不好处理，怎么办呢？

考虑向奇偶性方向想，

• 当 2\nmid\left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor2∤⌊ji​⌋ 时，j-i\bmod j=j-(i-j\left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor)=j(1+\left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor)-ij−imodj=j−(i−j⌊ji​⌋)=j(1+⌊ji​⌋)−i，发现此时 j-i\bmod jj−imodj 的奇偶性不变，则此部分贡献不变；
• 当 2|\left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor2∣⌊ji​⌋ 时，i\bmod j=i-j\left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloorimodj=i−j⌊ji​⌋，则 i\bmod jimodj 奇偶性不变，此部分贡献不变。

发现无论 \left\lfloor\frac{i}{j}\right\rfloor⌊ji​⌋ 的奇偶性，两种数量的石子的堆数中总有一种不变。

于是我们只需要枚举 22 个 jj 值就能代表所有情况了。

求 \text{mex}mex 可以暴力，因为集合里的数的个数为 O(\sqrt v)\times O(1)=O(\sqrt v)O(v​)×O(1)=O(v​)。

此时时间复杂度降为 O(v\sqrt v+Tn)O(vv​+Tn)，可以通过。

由于查询的 a_iai​ 值较少，不会涵盖整个值域，可以使用记忆化搜索，比递推快很多。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff
	
}
const int N=1e5+10;
int n,T,f;
int SG[N];
inline int getSG(int i){
	if(i<f) return 0;
	if(~SG[i]) return SG[i];
	bool vis[100];
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int j=2,r;j<=i;j=r+1){
		r=i/(i/j);
		int res=0;
		bool flag=i%j;
		if(i%j&1) res^=getSG(i/j+1);
		if(j-i%j&1) res^=getSG(i/j);
		j++;
		vis[res]=i;
		if(flag){
			res=0;
			if(i%j&1) res^=getSG(i/j+1);
			if(j-i%j&1) res^=getSG(i/j);
			j++;
			vis[res]=i;
		}
	}
	for(int j=0;;j++)
		if(!vis[j])
			return SG[i]=j;
}
int main(){
	memset(SG,-1,sizeof(SG));
	T=read(),f=read();
	while(T--){
		n=read();
		int res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			res^=getSG(read());
		}
		write(res>0),putc(' ');
	} 
	flush();
}