BZOJ 1411硬币游戏（递推）

省选题。。

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题目大意：

N个硬币放在一个有2*N个位置的圆桌上，求T次操作后的情况。对于一个操作，如果两边都是正或都是负，则在中间放一个负，否则放一个正。

【思路】

把正设为0，负设为1，则一个硬币的状态为两边硬币的抑或。

把两次操作看作一次，则一次操作后硬币只有状态发生改变而位置不会改变。

　通过数学归纳法得到：一个硬币的状态在操作2^k后是其左右两边与其相距2^k的硬币的抑或。直观的看，就是中间的项都被抑或消掉了。

将T/2进行二进制拆分，不断进行操作即可。最后考虑T的奇偶性。

大佬的思路是真的跳。

#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 5e5+10;

ll read() {
    char c=getchar();
    ll f=1,x=0;
    while(!isdigit(c)) {
        if(c=='-') f=-1; c=getchar();
    }
    while(isdigit(c))
        x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x*f;
}

int n; ll m;
int a[N],ans[N];

int main()
{
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    FOR(i,1,n) ans[i]=read(),ans[i]--;
    ll x=m/2;
    for(ll p=1;p<=x;p<<=1) if(x&p) { //这句表示p!=2*x+1，即仅比2^k大1
        memcpy(a,ans,sizeof(int)*(n+1));
        ll k=p%n;
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            ll l=(i-1-k+n)%n+1,r=(i-1+k)%n+1;
            ans[i]=a[l]^a[r];
        }	
    }
    ans[0]=ans[n],ans[n+1]=ans[1];
    if(m&1) FOR(i,1,n-1) printf("0 %d ",(ans[i]^ans[i+1])+1);//注意，是连着读取的，总数是n而不是2n
    else FOR(i,1,n-1) printf("%d 0 ",ans[i]+1);
    if(m&1) printf("0 %d",(ans[n]^ans[n+1])+1);
    else printf("%d 0",ans[n]+1);
    return 0;
}

以m=31为例，首先将m/2=15，进行4次异或运算（代表2^0+2^1+2^2+2^3+2^4，根据思路红字解得）,因为m为奇数，还需要额外再进行一次操作。。偶数同理。

BZOJ 1411硬币游戏（递推）

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