LG P3235 [HNOI2014]江南乐（SG函数）

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许必须转载。 https://blog.csdn.net/qq_35950004/article/details/88584848

题目
首先这个题SG函数很明显。
枚举分为多少堆然后对子状态的SG函数求mex就行。
但是直接枚举是 $O(n^2)$
可以用整除分块：
n个石子分成m堆：
有 $n$% $m$个大小为 $\lfloor\frac nm\rfloor+1$的石堆。
$m-n$% $m$个大小为 $\lfloor\frac nm\rfloor$的石堆。
现在只有 $r=n$% $m$和 $m-r$的大小不确定了。
发现如果 $u=\lfloor\frac nm\rfloor$。
$m++$时 $r-=u$, $m-r->m-r+u+1$
所以u为奇数时m-r奇偶不变，r奇偶变。
u为偶数时反之。

AC Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 100005
using namespace std;

int T,F,n;
int SG[maxn];
int vis[maxn],tim;

int ser(int x){
	if(SG[x]>=0) return SG[x];
	for(int i=2,nxt;i<=x;i=nxt+1){
		nxt=x/(x/i);
		int u = x / i;
		ser(u),ser(min(u+1,x-1));
	}
	++tim;
	for(int i=2,nxt;i<=x;i=nxt+1){
		nxt=x/(x/i);
		int u = x / i , r = x % i , SG1 = ser(u) , SG2 = ser(min(u+1,x-1));
		vis[(((i-r)&1)*SG1)^((r&1)*SG2)] = tim;
		if(i<nxt && r>=u) r-=u,i++,vis[(((i-r)&1)*SG1)^((r&1)*SG2)] = tim;
	}
	for(SG[x]=0;vis[SG[x]]==tim;SG[x]++);
	return SG[x];
}

int main(){
	memset(SG,-1,sizeof SG);
	scanf("%d%d",&T,&F);
	for(int i=0;i<F;i++) SG[i]=0;
	SG[1]=0;
	for(;T--;){
		scanf("%d",&n);
		int ans = 0;
		for(int i=1,x;i<=n;i++){
			scanf("%d",&x);
			ans ^= ser(x);
		}	
		if(ans == 0) printf("%d%c",0,T==0?'\n':' ');
		else printf("%d%c",1,T==0?'\n':' ');
	}
}