ARC105

博弈场。

A

不写

B

考虑两个数的情况，发现答案是 \(\gcd\)，然后写一发 \(\gcd\) 就可以了。

C

不写

D（博弈、结论）

博弈题

思路

容易发现游戏的后半部分就是 Nim，并且后半部分的先后手是确定的。所以问题相当于两个人分别希望使得盘子里的数量的异或和为 \(0\) / 不为 \(0\)。

根据直觉我们发现想要把异或和控制到 \(0\) 很难。比如考虑 \(n\) 为偶数的情况，后手想要控到 \(0\)，那么很多情况先手只需要尽可能把大的堆到一起后手就输了。那么考虑什么时候后手赢，显然全相同后手就赢了。进一步我们发现如果每个元素个数为偶数那么后手也会赢。

考虑证明这是一个充要条件，即证明存在奇数后手必败。先手只需要放一个奇数元素，若后手把元素叠在上面，那么先手也叠；后手不叠，先手就另外放空盘子。显然先手永远有东西放且局面异或和始终不为 \(0\)。

对于 \(n\) 为奇数，类似推导即可。判断只需要排序后看元素个数。

正解

结论是相同的，不过题解直接用了取最大值的思路。我开始对此有所顾虑，认为可能把剩下数拆开还是有可能达到这个值的。但事实上 \(a\oplus b\leq a+b\)，所以这样做是对的。

总结

感觉不少博弈论都是尝试把局面固定在某个特定的状态。

E（图论、博弈论）

还是博弈，感觉比 D 更萌萌一些。

思路

发现如果只剩两个联通块那么双方都无所谓决策了，只需要看步数奇偶性就可以了。

假设有 \(C\) 个联通块，那么猜想两个人最开始的 \(C-2\) 步都在合并联通块，目标是把剩余步数变成奇数/偶数。发现其中一个人希望把 \(1\) 和 \(n\) 所在的两个联通块都变成奇数，我们从这个人出发考虑，假设是先手。先判掉 \(n\) 为奇数的情况。假设先手能把局面固定在都是奇数，那么假设后手不操作这两个联通块，先手也不操作。否则后手操作其中一个，先手只需要给这个加上一个奇数就可以了。所以如果有一个是奇数则先手必胜。反之如果是后手则要求都是奇数。

并查集做就可以了。

正解

就这么做（

总结

不少博弈题都可以从步数奇偶性考虑。

F（DP、容斥）

容斥，一生之敌！

思路

题目等价于问原图有多少个联通二分子图。尝试枚举二分图的左部，然后计数连通图的方案。试图使用包括 Matrix-Tree 在内的一系列奇怪技巧，失败了。

正解

考虑一个子问题：如何计数连通子图的个数？

可以设计一个 DP：\(f(S)\) 表示 \(S\) 点集构成的连通子图的个数。可以想到转化为计数不连通。我们钦定与 \(x\) 相连的点集为 \(T\)，那么这种情况的贡献是 \(f(T)h(S\setminus T)\)，其中 \(h(S)\) 表示 \(S\) 点集的一般图数量。

回到原问题，自然想到先计数二分图再考虑连通图。假设 \(S\) 点集二分图数量为 \(g(S)\)，那么容易通过枚举左部点的方法来计算 \(g(S)\)。对于连通图，沿用上面的方法即可。时间复杂度 \(O(n2^n+3^n)\)。

总结

集合 \(S\) 去掉最低位可以写成S & (S - 1)。上面的高维前缀和初始化为cnt[(1 << u) | (1 << v)]++。

连通图计数经典的套路是容斥转为计数不连通，然后把点集割成两部分。

遇到比较复杂的问题可以去除一些条件，转而考虑更简单的子问题或者更一般的大问题。