CF1091H New Year and the Tricolore Recreation

传送，洛谷翻译。

\(n\) 个互相独立的游戏，所以考虑 SG 函数。但是看起来双方操作不同，好像不太能使用 SG？

其实是可以的！因为我们发现状态只和三个棋子间隔的两个距离有关，所以左边两个棋子右移等价于右边一个棋子左移！因此两个人的操作是相同的，都转换成了将右边的棋子左移或者将左边的棋子右移。而显然这两者之间没有任何关系，所以就从 \(n\) 个互相独立的游戏变成了 \(2n\) 个互相独立的游戏，每个游戏形如：有两个数 \(D\) 和 \(f\)，每次可以选择一个整数 \(d\) 满足 \(d\neq f,d<D\) 且 \(d\) 是质数或可以表示成两个质数的乘积，将 \(D\) 减去 \(d\)，直到无法操作为止。

现在就可以考虑 SG 函数了。设 \(SG[D]\) 表示如上游戏的 SG 函数，我们需要求至多 \(2\times 10^5\) 个 SG 函数值。但是好像根本没办法求啊！

既然没法求就考虑打表！对几个 \(f\) 进行打表之后发现 SG 函数不会超过 100，就可以上 bitset 了！具体的，先把质数和两个质数的乘积筛出来扔进 bitset 里，再令 \(f\) 这一位等于 0，然后就很好维护了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5;
bitset<N+5> ok,dp[105]; 
int n,ban,p[N+5],cnt,vis[N+5],SG[N+5];
signed main(){
	cin>>n>>ban;
	vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!vis[i])p[++cnt]=i,ok[i]=1;
		for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++){
			vis[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
	for(int i=1;p[i]*p[i]<=N&&i<=cnt;i++)
		for(int j=i;p[i]*p[j]<=N&&j<=cnt;j++)
			ok[p[i]*p[j]]=1;
	ok[ban]=0;
	dp[0]=ok|(ok<<1);
	for(int i=2;i<=N;i++){
		while(dp[SG[i]][i])SG[i]++;
		dp[SG[i]]|=(ok<<i);
	}
	int ans=0,x,y,z;
	while(n--){
		cin>>x>>y>>z;
		ans^=SG[y-x-1]^SG[z-y-1];
	}
	if(ans)cout<<"Alice\nBob\n";
	else cout<<"Bob\nAlice\n";
    return 0;
}