粑粑博弈

题目大意: 给定一个长度为 n 的非负整数数组 a 和一个正整数 k。Alice 和 Bob 轮流进行游戏，Alice 先手。
每轮操作，当前玩家需要选择：
一个正整数 x（1 ≤ x ≤ k）
一个下标 y（1 ≤ y ≤ n）
并且必须满足 x ≤ a_y。
然后执行更新：
k 变为 x
a_y 变为 a_y - x

注意：如果玩家选择 x = 0 或无法做出有效操作，则立即判负。
问：在双方都采取最优策略的情况下，先手 Alice 是否有必胜策略？

数据范围
测试用例组数：1 ≤ t ≤ 10^5
单组数组长度：1 ≤ n ≤ 10^6
所有测试用例的 n 之和：∑ n ≤ 2 × 10^6
初始上限：1 ≤ k ≤ 10^9
数组元素：0 ≤ a_i ≤ 10^9

虽然游戏中的上限 k 会不断变化，但通过定义一个二进制进位边界 p（严格大于当前 k 的最小 2 的幂），可以将整个游戏压缩成经典的 Nim 游戏。胜负完全由所有 a_i 对 p 取模后的异或和决定。

对于任意正整数 k，定义函数：

\[P(k) = 2^{\lfloor \log_2 k \rfloor + 1} \]

即 严格大于 k 的最小的 2 的幂。
例如：P(5)=8, P(6)=8, P(8)=16。

该函数具有两个关键性质（在证明中会反复使用）：

对于任意合法操作 x（满足 1 ≤ x ≤ k），必有 x < P(k)。
若 p = P(k)，则 p/2 ≤ k < p。
任何新的上限 x 所对应的新模数 p' = P(x) 一定是旧模数 p 的约数（因为 p 和 p' 都是 2 的幂，且 p' ≤ p）。

单堆情形的严格证明

状态：(k, a)，当前上限为 k，堆大小为 a。

结论：单堆状态下，必败态 当且仅当：

\[a \bmod P(k) = 0 \]

证明“余数为 0 是必败态”（无法走向余数为 0）

设当前模数 p = P(k)，且 a % p = 0。
当前玩家取 x（1 ≤ x ≤ k），新状态为 (x, a-x)，新模数为 p' = P(x)。

因为 x < p 且 p 是 2 的幂，所以 p' 整除 p。
由于 a 是 p 的倍数，而 p' | p，因此 a 也是 p' 的倍数，即 a % p' = 0。
计算新堆的余数：
\[(a - x) \bmod p' = (0 - x) \bmod p' = (-x) \bmod p' \]
由于 1 ≤ x < p'（因为 p' 是大于 x 的最小 2 的幂），所以 x 不可能是 p' 的倍数。
因此 (-x) mod p' ≠ 0，即新状态的余数不为 0。

结论：从余数为 0 的状态出发，无论如何走，都会走到余数非 0 的状态（即必胜态）。符合“必败态”定义。

证明“余数非 0 是必胜态”（总能走向余数为 0）

设当前模数 p = P(k)，余数 r = a % p，显然 1 ≤ r < p。由于 p/2 ≤ k < p，分两种情况构造取法 x：

情况 A：若 r ≤ k
直接取 x = r。

取走后，a - x 是 p 的倍数。
新模数 p' = P(x) 整除 p，所以 a - x 也是 p' 的倍数。
新状态余数为 0，成功。

情况 B：若 r > k
令 q = p / 2，因为 r > k ≥ q，且 r < p = 2q，我们构造取 x = r - q。

合法性验证：因为 r > q，所以 x ≥ 1；因为 r < 2q，所以 x < q ≤ k，故 1 ≤ x ≤ k，合法。
计算新堆大小：
\[a - x = a - (r - q) = (p \cdot t + r) - r + q = p \cdot t + q \]
因为 p = 2q，所以：
\[a - x = 2q \cdot t + q = q \cdot (2t + 1) \]
即 a - x 是 q 的倍数。
新模数 p' = P(x)，因为 0 < x < q，所以 p' 整除 q。
因此 a - x 也是 p' 的倍数，新状态余数为 0，成功。

结论：任意余数非 0 的状态，都能一步走到余数为 0 的状态。符合“必胜态”定义。

三、多堆情形的严格证明

状态：(k, a_1, ..., a_n)，当前上限为 k。设 p = P(k)。

定义当前局面的 特征异或值 X：

\[X = (a_1 \bmod p) \oplus (a_2 \bmod p) \oplus \dots \oplus (a_n \bmod p) \]

其中 ⊕ 是按位异或运算。

结论：多堆状态下，必败态 当且仅当：

\[X = 0 \]

证明“X=0 是必败态”（无法走向 X=0）

设当前模数 p = P(k)，且 X = 0。
当前玩家选择 x（1 ≤ x ≤ k）修改第 y 堆：a_y → a_y - x。新状态模数为 p' = P(x)，显然 p' | p。

对于除了第 y 堆以外的所有堆，其模 p' 下的余数不变。
因为原 X=0，在模 p 下异或为 0。由于 p' 是 p 的因子（相当于只取二进制低位），我们可以推导出新异或值：

\[X' = \big( (a_y \bmod p) \bmod p' \big) \oplus \big( (a_y - x) \bmod p' \big) \]

如果 X' = 0，则必须有：

\[(a_y \bmod p') = (a_y - x) \bmod p' \]

这等价于要求 x ≡ 0 (mod p')。
但是，因为 1 ≤ x < p'（p' 是严格大于 x 的 2 的幂），x 不可能整除 p'，矛盾。

结论：从 X=0 出发，所有走法都会导致 X' ≠ 0。符合“必败态”定义。

证明“X≠0 是必胜态”（总能走向 X=0）

设当前模数 p = P(k)，且 X ≠ 0。利用经典 Nim 博弈的思路构造操作。

在模 p 下，找到异或和最高位为 1 的那一堆（设为第 t 堆）。设该堆当前余数为 b = a_t mod p。令 b' = b ⊕ X，根据异或性质必有 b' < b。令标准 Nim 需要取走的数量为 r = b - b'。

由于 p/2 ≤ k < p，分两种情况构造：

情况 A：若 r ≤ k
直接取 x = r。

在模 p 下，第 t 堆余数变为 b'，所有堆的异或和变为 0。
新模数 p' = P(x) 整除 p。既然在模 p 下异或为 0，那么在模 p'（去掉高位）下异或也一定为 0。
新状态 X' = 0，成功。

情况 B：若 r > k
令 q = p / 2，构造取 x = r - q。

合法性：因为 r > k ≥ q，且 r < p = 2q，所以 1 ≤ r - q < q ≤ k，即 x 合法。
取走后，第 t 堆在模 p 下的新余数为：
\[b - x = b - (r - q) = b - r + q = b' + q \]
新模数 p' = P(x)，因为 0 < x < q，所以 p' 整除 q。因此 (b' + q) mod p' = b' mod p'。
因为原构造保证了在模 p 下所有堆异或为 0，取模 p' 后（去除高位）依然为 0，所以新状态 X' = 0，成功。

结论：任意 X≠0 的状态，都能一步走到 X=0 的状态。符合“必胜态”定义。

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

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);

    int t; cin >> t;
    while(t --) {
        int n;
        long long k; cin >> n >> k;

        long long p = 1;
        while(p <= k) p <<= 1;

        int xr = 0;
        for(int i = 0; i < n; i ++) {
            long long a; cin >> a;
            xr ^= (int)(a % p);
        }
        cout << (xr == 0 ? "Bob" : "Alice") << '\n';
    }

    return 0;
}

posted @ 2026-09-08 19:59 thenrify 阅读(16) 评论(0) 收藏举报

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