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题意见洛谷里的翻译。
刚看题目，心想：完了，这题可执行操作与轮到的玩家有关，不是ICG，不能用SG函数了。
这么想就自闭了，题目就是想迷惑你。游戏结束的条件是无法移动，而整个棋盘是无线宽的，游戏永远无法因棋子碰到边界而结束，只能因为两棋子紧挨无法移动而结束。也就是说，棋子的具体坐标并不重要，相对距离才重要。那么将左（右）边\(2\)个棋子右（左）移和将右（左）边\(1\)个棋子左（右）移有什么区别呢？
经过一番转化，Alice和Bob的操作都变成了将左边\(1\)个棋子右移或将右边\(1\)个棋子左移。不难发现，中间棋子永远不动。那么一行的游戏可以拆分成两个子ICG：每次操作可将左边的棋子与中间的棋子的距离缩小\(\bm{d(d}\textbf{是质数或是2个质数的乘积}\bm{,d\ne f)}\)，距离为\(1\)时不能再缩小和……可将右边的棋子……。拆分开后，左和右本质上就没差别了。
因为\(2\)个棋子之间的距离最多是\(10^5-\left(-10^5\right)=2\times10^5\)，所以我们只需要求出\(\forall d\in[1,2\times10^5],\mathrm{SG}(\text{左（右）棋子与中间棋子相距}d\text{时的局面})\)，然后再将\(1\)行\(2\)个，共\(2n\)个子ICG的SG函数值异或起来，如果为\(0\)先手必败，否则先手必胜。
那么SG函数怎么求呢？如果等到求第\(i\)个局面的时候再统计后继局面的SG函数值们，那么无疑ICG的DAG中的每一条有向边都要被访问一次，而那是\(\left(2\times10^5\right)^2=4\times10^{10}\)级的，肯定会TLE。于是我们可以换一种思路，在求出第\(i\)个局面时，就把所有它的前驱局面标记一下：“你们都有一个后继局面（就是我）的SG函数值为\(\mathrm{SG}(\text{第}i\text{个局面})\)了！”聪明的读者可能要问了，这不也要访问每条边吗？是的。不过这种方法可以用bitset卡掉\(32\)的常数。
设所有可移动的格子数存在一个bitset\(ok\)里（可移动为\(1\)，否则为\(0\)）；bitset数组\(hav\)表示若\(hav_{i,j}\)为\(1\)，则与中间棋子相距\(j\)的局面有一个后继的SG函数值为\(i\)，否则没有。通过打表可发现，任何情况下SG函数值都不会超过\(100\)，那么\(hav\)的大小开\(101\)就好。那么与中间棋子相距\(i\)的标记操作为hav[sg[i]]|=ok<<i;。利用这个\(hav\)也可以轻松求SG函数值。至于\(ok\)怎么求……先跑一遍Eratosthenes筛法，再把是质数或是\(2\)个质数的乘积的数set到\(ok\)里，再把\(f\)reset掉。
对了，这道毒瘤题要开O3优化才能勉强卡进\(4\mathrm{s}\)的时限。
下面是AC代码：
#pragma GCC optimize(3)//毒瘤O3优化
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define SG 100//SG函数值的上限
#define DIF 200000//2个棋子的距离的上限
#define pb push_back
int taboo/*题目中的f*/,sg[DIF+1]/*sg[i]表示与中间棋子相距i的局面的SG函数值*/;
vector<int> pr;//质数列表
bitset<DIF+1> npr/*是否为合数*/,ok/*能移动的格子数*/,hav[SG+1]/*hav[i][j]表示与中间棋子相距j的局面有没有一个后继的SG函数值为i*/;
void eratosthenes(){//Eratosthenes筛法
for(int i=2;i<=DIF;i++){
if(!npr[i])pr.pb(i);
else continue;
for(int j=i<<1;j<=DIF;j+=i)npr.set(j);
}
}
void ok_prework(){//求出ok
int i;
for(i=0;i<pr.size();i++)ok.set(pr[i]);//所有质数
for(i=0;i<pr.size();i++)for(int j=i;j<pr.size();j++){//所有两个质数的乘积
if(1ll*pr[i]*pr[j]>1ll*DIF)break;
ok.set(pr[i]*pr[j]);
}
ok.reset(taboo);//不能移动taboo格
}
void sg_prework(){//求出所有SG函数值
for(int i=1;i<=DIF;i++){
while(hav[sg[i]][i])sg[i]++;//mex运算
hav[sg[i]]|=ok<<i;//对前驱局面的标记操作
}
}
int main(){
eratosthenes();
int n,totsg=0/*将2n个子ICG的SG函数值异或起来的结果*/;scanf("%d%d",&n,&taboo);
ok_prework();
sg_prework();
while(n--){
int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
totsg^=sg[b-a/*左边棋子与中间棋子的距离*/]^sg[c-b/*右边棋子与中间棋子的距离*/];//异或
}
printf(totsg?"Alice\nBob":"Bob\nAlice");//非0先手必胜，否则先手必败
return 0;
}