建一棵trie树，考虑一个串，相当于限制了其子树内部+其到根的链
如果将所有点补全，那么这个问题可以看作每一个极浅（子树内没有其他满足条件）的到根路径以及子树内部没有其他结束点的子树的子问题
对于多个子问题博弈，很明显去求sg，由于是一颗满二叉树，因此只与深度$l$（指该子树深度，与全局的$L$无关）有关，以下记为$f_{l}$
初始$f_{0}=1$（虽然根本身是个空串，但这个点必然不是全局trie树的根，换言之其到该根的部分仍然存在），然后$f_{i}=mex_{j=0}^{i-1}(igoplus_{k=j}^{i-1}f_{k})$，复杂度为$o(L^{2})$，由于$L$过大，因此要优化
观察可得$f_{n}$为$n$二进制下末尾连续1数量的2的幂次（也可以表示为$2^{lowbit(n+1)}$），证明归纳即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define ll long long 5 map<int,bool>mat; 6 int V,n,ans,vis[N],ch[N][2]; 7 ll l; 8 char s[N]; 9 void add(char *s,int l){ 10 int k=1; 11 for(int i=0;i<l;i++){ 12 if (!ch[k][s[i]-'0'])ch[k][s[i]-'0']=++V; 13 k=ch[k][s[i]-'0']; 14 } 15 vis[k]=1; 16 } 17 void dfs(int k,ll l){ 18 if (vis[k])return; 19 if ((!k)||(!l)){ 20 int s=0; 21 while (l&1){ 22 s++; 23 l>>=1; 24 } 25 mat[s]^=1; 26 if (mat[s])ans++; 27 else ans--; 28 return; 29 } 30 dfs(ch[k][0],l-1); 31 dfs(ch[k][1],l-1); 32 } 33 int main(){ 34 scanf("%d%lld",&n,&l); 35 V=1; 36 for(int i=1;i<=n;i++){ 37 scanf("%s",s); 38 add(s,strlen(s)); 39 } 40 dfs(1,l); 41 if (ans)printf("Alice"); 42 else printf("Bob"); 43 }