题目描述
Alice 和 Bob 现在在玩的游戏，主角是依次编号为 1 到 n 的 n 枚硬币。每一枚硬币都有两面，我们分别称之为正面和反面。一开始的时候，有些硬币是正面向上的，有些是反面朝上的。Alice 和 Bob 将轮流对这些硬币进行翻转操作，且Alice 总是先手。
具体来说每次玩家可以选择一枚编号为 x，要求这枚硬币此刻是反面朝上的。对于编号 x 来说，我们总可以将 x 写成 $ \cdot 2^a \cdot 3^b$ ，其中 a 和 b 是非负整数，c 是与 2,3 都互质的非负整数，然后有两种选择：
选择整数 p,q 满足 $a \ge pq , p \ge 1$ 且 $1 \leq q \leq \text{MAXQ}$ ，然后同时翻转所有编号为 $c \cdot 2^{a-pj} \cdot 3^b$ 的硬币，其中 $j = 0, 1, 2, \ldots q$ 。
选择整数 p,q 满足 $b \geq pq, p \ge 1$ 且 $1 \leq q \leq \text{MAXQ}$ ，然后同时翻转所有编号为 $c \cdot 2^a \cdot 3^{b-pj}c$ 的硬币，其中$j = 0, 1, 2, \ldots q$ 。
可以发现这个游戏不能无限进行下去，当某位玩家无法继续操作上述操作时，便输掉了游戏。作为先手的 Alice，总是希望可以在比赛开始之前就知道自己能否获胜。她知道自己和 Bob 都是充分聪明的，所以在游戏过程中，两人都会最优化自己的策略并尽量保证自己处于不败的情形中。
输入输出格式
输入格式：
本题有多组测试数据，第一行输入一个整数T，表示总的数据组数。之后给出T组数据
每组数据第一行输入两个整数n,MAXQ
第二行输入n个整数，第i个数表示第i个硬币的初始状态，0表示反面朝上，1表示正面朝上
输出格式：
输出共有t行。对于每一组数据来说，如果Alice先手必胜，则输出"win"（不包括引号），否则输出"lose"
输入输出样例
暂无测试点
说明
对于100%的数据$1\le n \le 30000,1 \le MAXQ \le 20,t\le 100$ 。
对于$p=c*2^{i}*3^{j}$求出SG[i][j]
c显然可以无视
那么枚举i,j是log级别的
接下来枚举p,q，再求翻的牌异或和
总复杂度应该是$O(log^{4}n+n)$
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
int lg2,lg3;
lol pw2[],pw3[],n,MaxQ,SG[][],ans;
bool vis[];
void getSG()
{int x;
lol i,j,k,p,q;
lg2=lg3=;
x=;
while (x<=n) x*=,lg2++;
x=;
while (x<=n) x*=,lg3++;
pw2[]=pw3[]=;
for (i=;i<=lg2;i++)
pw2[i]=pw2[i-]*;
for (i=;i<=lg3;i++)
pw3[i]=pw3[i-]*;
for (i=;i<=lg2;i++)
{
for (j=;j<=lg3;j++)
if (pw2[i]*pw3[j]<=n)
{
memset(vis,,sizeof(vis));
for (p=;p<=i;p++)
{
for (q=;q<=MaxQ&&p*q<=i;q++)
{
int tmp=;
for (k=;k<=q;k++)
{
tmp^=SG[i-p*k][j];
}
vis[tmp]=;
}
}
for (p=;p<=j;p++)
{
for (q=;q<=MaxQ&&p*q<=j;q++)
{
int tmp=;
for (k=;k<=q;k++)
{
tmp^=SG[i][j-p*k];
}
vis[tmp]=;
}
}
for (k=;;k++)
if (vis[k]==)
{
SG[i][j]=k;
break;
}
}
else break;
}
}
void work()
{int i,x,y,k1,k2;
cin>>n>>MaxQ;
getSG();
ans=;
for (i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if (x==)
{
y=i;k1=,k2=;
while (y%==) y/=,k1++;
while (y%==) y/=,k2++;
ans^=SG[k1][k2];
}
}
if (ans) printf("win\n");
else printf("lose\n");
}
int main()
{int T;
cin>>T;
while (T--) work();
}