洛谷#P5652#基础博弈练习题

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 (jin[i,min(i+m,r)]) 且 (A_j ot=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
",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
",ans);
	return 0;
}