题目描述
小A是一个名副其实的*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
4 3
1 1
1 2
1 3
1 5
输出 #1
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。
首先我们要知道 \(SG\) 定理: \(SG_{tot} = SG_1 \ xor \ SG_2\ xor \ SG_3 \ xor \ ... \ xor \ SG_n\) 。
这里地方太小,我施展不开,就不证明了。(好吧太难了我不会)
所以我们可以预处理出1到100000中每个数的 \(SG\) 值,对于每一个询问,我们只需求一下 \(SG_{tot}\) 就好了。
那怎么预处理出每一个数的 \(SG\) 值呢?
对于某一堆 \(i\) ,有 \(i\) 个石子,我们可以枚举分成的堆数 \(m (2 \le m \le i)\) 。设分成 \(m\) 堆后, 每堆的石子个数为 $ x_i$ , 我们求出$ SG[x_i] $ 的异或和 $ res $ ,就是分成 \(m\) 堆后的状态的 \(SG\) 值,然后取 \(mex\) 运算得出当前状态 \(i\) 的 \(SG\) 值。
可这太暴力了,时间复杂度是 \(O(n^2)\)的,70分,考虑优化。
我们可以发现分成的 \(m\) 堆的石子数最多有两种取值,分别是: \(i / m, (i / m) + 1\)。这两种取值的个数分别是: \(i \% m , m - i\%m\)。
再考虑有贡献的值,因为求的是 $ SG $ 的异或和,所以只有某个取值的个数为奇数个时,才有贡献。接下来只需判断两种取值的个数的奇偶性就好了。
举个例子:\(i = 9\) 时
m : 2 3 4 5 6 7 8 9
i / m : 4 3 2 1 1 1 1 1
可以发现 \(m\) 从5到9, \(i / m\) 值是相同的,对于某些不同的 \(m\) , \(i / m\) 的值相同,就可以用整除分块做。我们把后面分的石子堆数都列出来:
5 : 2 2 2 2 1
6 : 2 2 2 1 1 1
7 : 2 2 1 1 1 1 1
8 : 2 1 1 1 1 1 1 1
9 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1
可以发现数目为1的石子堆数的奇偶性是一定的,证明:因为1的个数是: \(m - i\%m\),对于 \(m+1\) 的1的个数就是: $m + 1 - i % (m + 1) = m - i % m + 2 $, 所以奇偶性不变。
所以对于 \(i / m\) 相等的块内,分出的石子数的两种取值的奇偶性的组合只有两种(有点绕,好好想想),所以对于一整块内只需算出这两种不同的 $ SG $ 异或和就好了,因为取 \(mex\) 运算不需要判断重复的值。第一种和第二种一定可以算出所有不同的 $ SG $ 异或和的值,算前两种就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 105, M = 1e5 + 5;
int T, F, n;
int a[N], SG[M], vis[N];
int main() {
T = read(); F = read();
// 1 到 F-1 先手必输,SG数组的值为0
for(int i = F;i <= M - 5; i++) {
int r;
for(int j = 2;j <= i; j = r + 1) {
int t = i / j;
r = i / (i / j);
int flag;
if(j == r) flag = 1; // 如果i/m值相等的只有一个数,那就不需要算两遍了
else flag = 2;
int num = 0, res = 0;
while(num < flag) {
num++;
res = 0;
if((i % j) & 1)
res ^= SG[t + 1];
if((j - i % j) & 1)
res ^= SG[t];
j++;
vis[res] = i;
}
}
for(int j = 0; ; j++)
if(vis[j] != i) {
SG[i] = j; break;
}
}
while(T --> 0) {
n = read();
int res = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++) {
a[i] = read();
res ^= SG[a[i]];
}
if(res == 0) printf("0 ");
else printf("1 ");
}
return 0;
}