P3235 [HNOI2014]江南乐

题目描述

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

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

​ ​ 可以发现某一个数目的石子堆数的奇偶性是一定的，证明：多举几个例子就好了

​ 当 \(\begin{aligned}\frac{i} { m}\end{aligned}\)为奇数时，\(\begin{aligned}m -i\%m = m - (i- m\times\lfloor \frac{i}{m}\rfloor)=m \times (1+\lfloor \frac{i}{m}\rfloor)-i\end{aligned}\)，对于\(\begin{aligned}1+\lfloor \frac{i}{m}\rfloor\end{aligned}\)为偶数，\(m + 1\)后，奇偶性不变

​ 当 \(\begin{aligned}\frac{i} { m}\end{aligned}\)为偶数时，\(\begin{aligned}i\%m = i- m\times\lfloor \frac{i}{m}\rfloor\end{aligned}\)，\(m + 1\)后，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;
}