Link：

BZOJ 3576 传送门

Solution：

算是发现博弈论题目的一部分套路了吧

求SG函数，然后用各种奥妙重重的方式降求解SG的复杂度

此题由于每一组独立，用SG函数肯定是没问题的。

先看暴力 $O(n^2)$ 求解SG的方式：

枚举每个$i$分成的份数$m$，只分为$i/m$和$i/m+1$两类

由于异或的自反性，只要确定这两类数的奇偶性便确定$sg[i/m]$或$sg[i/m+1]$是否计入$sg[i]$

观察 $O(n^2)$ 的方法，发现很多$i$的$i/m$和$i/m+1$都相同

由于多个相同的$sg[i']$是对$sg[i]$不具有贡献的，于是我们想到分组计算

有以下两条性质：

（1）可以证明，对于确定的$i$和$m$，$i/m$的数字个数不超过$2*log(i)$

（$m<sqrt(i)$时最多$log(i)$个，$sqrt(i)<m<i$时也最多$log(i)$个）

（2）$i/m == i/(m+2)$时$SG$值相同

（$i\mod m$和$m-{i\mod m}$的奇偶性保持不变）

于是我们分组计算，且每次只计算每组的前两个$SG$值即可

由于F不变，用记忆化搜索提高速度

Code：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN=1e5+10;
int T,F,n,t,dat[MAXN],sg[MAXN],mex[MAXN],cnt=0;
bool vis[MAXN];

int get_sg(int x)
{
    if(x<F) return 0; if(vis[x]) return sg[x]; vis[x]=true; //一定要先将vis置位，否则会死循环 for(int i=2;i<=x;i=x/(x/i)+1) for(int j=i;j<=min(i+1,x);j++) get_sg(x/j),get_sg(x/j+1); cnt++; for(int i=2;i<=x;i=x/(x/i)+1) for(int j=i;j<=min(i+1,x);j++) { int nim=0; if(x%j%2) nim^=sg[x/j+1]; if((j-x%j)%2) nim^=sg[x/j]; mex[nim]=cnt; } sg[x]=0; while(mex[sg[x]]==cnt) sg[x]++; return sg[x]; } int main() { scanf("%d%d",&T,&F); while(T--) { scanf("%d",&n);int res=0; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t),res^=get_sg(t); if(res) putchar('1'); else putchar('0'); if(T) putchar(' '); } return 0; }

Review：

1、按$i/m$分块的套路

算是第二次遇见这样的套路了（BZOJ 2301）

再遇到对$i/m$有处理的题目，根据其值的种类不超过$2*log(n)$的性质分块处理即可

注意其中转移到下一块的处理技巧：$i=x/(x/i)+1$

个人认为$x/(x/i)$表示根据当前$x/i$的值找出最大的$i'$，再加一就是另一个$x/i$值了

2、由于计算$SG$时相同的前继状态是没有贡献的，

考虑如何消去$SG$相同的前继状态

3、只要有数据能重复利用，使用记忆化搜索

4、求SG函数时，初始值最好都设为0，防止异或-1这种情况

如果使用$vis$数组也一定要第一时间更新，防止陷入死循环