巧克力游戏

巧克力游戏

二维博弈论
出处: 25年浙江省省赛

• 题目大意: 有一块 n 行 m 列的巧克力，每格有一个正整数美味值 a_{i,j}。Putata 和 Budada 轮流吃，Putata 先手。每次操作可以选择吃掉剩余巧克力的最后 x 行（1 ≤ x ≤ 当前行数）或最后 y 列（1 ≤ y ≤ 当前列数），即只能从右下角切除一个连续的行块或列块。若某人操作后，剩余巧克力的总美味值 ≤ s，则此人被批评（输）。二人均采取最优策略避免被批评。

• 给定 q 个容忍度 s_i，对每个 s_i 判断最终谁会被批评。

• 输入格式
  第一行一个整数 T，表示测试用例数。
  每个测试用例：
  第一行三个整数 n, m, q。
  接下来 n 行，每行 m 个整数，表示 a_{i,j}。
  接下来 q 行，每行一个整数 s_i。
  对于每个查询，输出一行 "Putata"（如果 Putata 会被批评）或 "Budada"（如果 Budada 会被批评）。

• 数据范围
  1 ≤ T ≤ 10^5
  1 ≤ n·m ≤ 2×10^5
  1 ≤ q ≤ 2×10^5
  1 ≤ a_{i,j} ≤ 10^9
  0 ≤ s_i < 所有 a_{i,j} 的总和
  所有测试用例的 n·m 之和 ≤ 2×10^5 q 之和 ≤ 2×10^5

  定义坏格为(i, j)为顶点和(1, 1)围成的矩形中甜度<=s的格子，用L表示。P表示必败态，N表示必胜态。列数大于行数，否则就转置。
  当一个格子上 左都是L的时候，这个格子为必败态，或者往上方和左方延伸，只能传递到必胜态的也是必败态。而某一个格子为必胜态，只有从该格子方和左方延伸，找得到必败态的时候，才能定义为必胜态。而由此可以得出，L往下方和右方延伸的格子都必然是必胜态。
  而存在特殊情况，有些格子无法被覆盖：

L L L L L L   L L L L L P  
L L P N N N   L L P N N N  
L P N N N N   L P N N N N  
L N N P N N   L N N P N N  
L N N N P N   L N N N P N  
L N N N N P   L N N N N N  

L L P N N  
L P N N N  
L N N P N  
L N N N P  
L N N N N  

右下方3*2的格子是由其他已知的部分推算的。(3, 4)因为无法转移到P，所以是P，然后该点下方和右方都转变为N，以此类推
填充必然使用如下矩阵，从左上角裁剪：

P N N N N  
N P N N N  
N N P N N  
N N N P N  
N N N N P  

而观察可以发现，这些填充格子必然会补全原本没有P的行列，因为复杂区域就是由没有P的行列产生,而由P的分布可知，第一次出现的特殊区域必定在现在推导的矩形的右下角。
所以，只有当列数大于行数的时候，才能保证P不落在最后一格上面。当前面都满足，而最后一行满足为正方形时，P只能落在右下角。

定义f = i - e - (m - pi) 非满行-可用列。i为当前行，e是全为L的行数，pi是当前行的最大坏格列
必败条件：
前n行, f < 0 否则说明这一行的末尾存在P
第n行, f = 0

如果不存在复杂情况，那么(n-1, m-1)的区域必然全覆盖，而如果(1, m-1)为L，(1, m)不为，那么(1, m)为P。此时f=0
(n-1, 1)为L，而(n, 1)不为L，此时，非满行 = 可用列，说明下方是个正方形，而p不可能相邻，这就说明每个缝隙都被一个P填充

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

void solve() {
    int n, m, q; cin >> n >> m >> q;
    vector<vector<ll>> a(n, vector<ll>(m));
    for(int i = 0; i < n; i ++)
        for(int j = 0; j < m; j ++) cin >> a[i][j];
    //转置
    if(n > m) {
        vector<vector<ll>> b(m, vector<ll>(n));
        for(int i = 0; i < n; i ++)
            for(int j = 0; j < m; j ++) b[j][i] = a[i][j];
        swap(n, m);
        a = move(b);
    }

    vector<vector<ll>> pre(n + 1, vector<ll>(m + 1, 0));
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= m; j ++) pre[i][j] = pre[i-1][j] + pre[i][j-1] - pre[i-1][j-1] + a[i-1][j-1];
    
    vector<pair<ll, int>> queries(q);// 离线查询
    for(int i = 0; i < q; i ++) {
        cin >> queries[i].first;
        queries[i].second = i;
    }
    sort(queries.begin(), queries.end());
    vector<int> p(n + 1, 0);
    vector<int> ans(q);

    for(auto &[s, idx] : queries) {
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            while(p[i] < m && pre[i][p[i] + 1] <= s) p[i] ++;
        }
        int e = 0;
        while (e < n && p[e + 1] == m) e ++;

        bool ok = 1;
        for(int i = e + 1; i < n; i ++) {
            if(i - e - (m - p[i]) >= 0) {
                ok = 0;
                break;
            }
        }
        if(ok && n > e && n - e - (m - p[n]) != 0) ok = 0;
        ans[idx] = ok;
    }
    for(const int& ok : ans) cout << (ok ? "Putata" : "Budada") << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
    int t; cin >> t;
    while(t --) solve();
    return 0;
}