题目
思路
首先认识到：对于好几堆石子来说，它们总的SG值等于每一个石子的SG值的亦或和。
证明：
对于每一个需要求SG值的(x)
首先考虑70分的暴力写法：
可以直接暴力求SG
void GetSG(int n,int f){
for(int i=f;i<=n;i++){
memset(mark,0,sizeof(mark));
for(int j=2;j<=i;j++){
int t=i/j,d=i%j;
int tmp=0;
if(d&1)tmp^=sg[t+1];
if((j-d)&1)tmp^=sg[t];
mark[tmp]=1;
}
while(mark[sg[i]])sg[i]++;
}
}
//code from WangZY
然后考虑优化：
考虑两个性质：
-
(lfloorfrac{n}{i} floor)的取值最多只有(2*sqrt{n})个
-
(lfloorfrac{n}{i} floor=lfloorfrac{n}{i+2} floor)的时候，两个数的SG值一定相同。
证明：
对于1，显然成立（请读者自行证明）
对于2。
观察代码：
if(d&1)tmp^=sg[t+1];
if((j-d)&1)tmp^=sg[t];
它们的区别仅仅在于奇偶性，所以由于(i)与(i+2)的奇偶性相同，所以它们在这段代码中的if执行情况是一致的。
这样我们就可以确定解法，枚举(lfloorfrac{n}{i} floor)的值，然后奇偶讨论，这样的复杂度是(O(nsqrt{n}))的。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define M 100005
using namespace std;
int n,F;
int sg[M];
namespace P70{
bool mark[M];
void GetSG(int n,int f){
for(int i=f;i<=n;i++){
memset(mark,0,sizeof(mark));
for(int j=2;j<=i;j++){
int t=i/j,d=i%j;
int tmp=0;
if(d&1)tmp^=sg[t+1];
if((j-d)&1)tmp^=sg[t];
mark[tmp]=1;
}
while(mark[sg[i]])sg[i]++;
}
}
void solve(){
GetSG(1000,F);
for(int i=1,m;i<=n;i++){
scanf("%d",&m);
int ans=0,t;
while(m--)
ans^=sg[(scanf("%d",&t)*t)];
printf("%d%c",ans>0,"
"[i==n]);
}
}
}
namespace P100{
int Getsg(int x){
if(sg[x]!=-1)return sg[x];
bool mark[x+1];
memset(mark,0,sizeof(mark));
for(int i=2;i<=x;i=x/(x/i)+1)
for(int j=i;j<=i+1&&j<=x;j++){
int t=x/j,d=x%j,res=0;
if(d&1)res^=Getsg(t+1);
if((j-d)&1)res^=Getsg(t);
mark[res]=1;
}
sg[x]=0;
while(mark[sg[x]])sg[x]++;
return sg[x];
}
void solve(){
memset(sg,-1,sizeof(sg));
for(int i=0;i<F;i++)sg[i]=0;
for(int i=1,m,t;i<=n;i++){
scanf("%d",&m);
int res=0;
while(m--)res^=Getsg(scanf("%d",&t)*t);
printf("%d%c",res>0,"
"[i==n]);
}
}
}
int main(){
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&F);
F=max(F,2);
P100::solve();
return 0;
}
//code from WangZY