基础博弈练习题
给你一个长度为 \(n\) 的数组 \(A\) ，以及一个 \(m\)
\(q\) 次询问，每次询问在 \(A_l-A_r\) 上玩一局游戏
一开始棋子在 \(A_l\) 上，并将 \(A_l\) 减去 \(1\)
每次假设你在 \(i\) 上，你可以跳到 \(j\in[i,min(i+m,r)]\) 且 \(A_j\not=0\) ，然后将 \(A_j\) 减 \(1\)
先无法行动的人判输，一局游戏结束后会还原 \(A\) 数组
询问每局游戏中先手是否有必胜策略
解法
首先，如果 \(A_r\) 是偶数，那么谁先跳上去谁输，即这个格子是必败态
所以策略是不要跳到这个格子上，即留在前一个格子上，谁先留不住谁输，于是可以把 \(r\) 换成 \(r-1\)
如果 \(A_r\) 是奇数，那么谁先跳上去谁赢，即这个格子是必胜态
所以这个格子的前 \(m\) 个格子是必败态，策略是不要跳到这个格子的前 \(m\) 个格子上
即留在 \(A_{r-m-1}\) 上，同理可以把 \(r\) 换成 \(r-m-1\)
通过一直将 \(r\) 缩小，可以求得 \(A_l\) 的胜负态
我们给 \(A_l\) 下的一个定义是后手刚好跳到该格子上且还没有进行减 \(1\) 的操作
如果 \(A_l\) 是必败态，则先手必胜，反之则先手必败
这样我们就得出了一个 \(O(qn)\) 的算法，每次求出一局游戏所有的胜负态
有一个小优化是求出 \(f_i\) 表示 \(i\) 前面有多少偶数
然后一直跳就可以了，复杂度是 \(O(\frac {qn} m)\)
这样就可以轻松拿到 \(55\) 分啦，上一下代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=(1ll<<32ll);
int A,B,C,P;
inline int rnd(){return A=(A*B+C)%P;}
int n,m,q,type,l,r,a[1000010],f[1000010];
ll ans;
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&type);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=(a[i]&1)?0:f[i-1]+1;
if(type)scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&P);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
if(type)l=rnd()%n+1,r=rnd()%n+1;
else scanf("%d%d",&l,&r);
if(l>r)swap(l,r);
int nw=r;
while(1)
{
if(f[nw])nw-=f[nw];
if(nw<=l){(ans+=1ll*i*i*(nw<l))%=mod;break;}
nw-=m+1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}然后我们可以发现，偶数的格子一定是必败态
所以可以扔掉这个 \(f\) 数组，换成 \(pre\) 数组
\(pre_i\) 表示 \(i\) 前面的第一个奇数的位置
然后把所有的奇数点看成一棵树
每个奇数点 \(i\) 与 \(pre_{i-m-1}\) 相连
建立一个 \(0\) 号点作为超级源，与所有根相连
这样就变成了一棵树
\(A_l\) 是必胜态的充要条件是 \(A_{pre_r}\) 是 \(A_l\) 的子孙
这个用时间戳来维护就可以了
当 \(Tin_l<=Tin_{pre_r}\) 并且 \(Tout_{pre_r}<=Tout_l\) 时
我们称 \(A_{pre_r}\) 是 \(A_l\) 的子孙
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000010
#define pb push_back
using namespace std;
const ll mod=(1ll<<32ll);
int A,B,C,P;
inline int rnd(){return A=(A*B+C)%P;}
vector<int>e[1000010];
int n,m,q,type,l,r,cnt,a[N],pre[N],tin[N],tout[N];
ll ans;
void dfs(int u)
{
tin[u]=++cnt;
for(auto v:e[u])
dfs(v);
tout[u]=++cnt;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&type);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
pre[i]=(a[i]&1)?i:pre[i-1];
for(int i=1;i<=m;i++)if(a[i]&1)
e[0].pb(i);
for(int i=m+1;i<=n;i++)if(a[i]&1)
e[pre[i-m-1]].pb(i);
dfs(0);
if(type)scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&P);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
if(type)l=rnd()%n+1,r=rnd()%n+1;
else scanf("%d%d",&l,&r);
if(l>r)swap(l,r);
if(a[l]&1)
(ans+=1ll*i*i*(!(tin[l]<=tin[pre[r]]&&tout[pre[r]]<=tout[l])))%=mod;
else (ans+=1ll*i*i)%=mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}