AtCoder Beginner Contest 255 G,H

G
看到有关Nim的题目，我们自然可以想到SG函数。

但是这里暴力求每个数的SG函数是不行的。

但是注意到很多数其实没有任何限制（即可以转移到任何点），那么它的SG函数值就是 $\max(SG)+1$ ，这意味着，我们可以维护一个区间， $(l,r,fst)$ ，表示 $[l,r]$ 区间内的SG函数是递增的，相邻两项差为 $1$ ，且首项是 $fst$ 。而我们最多有 $M$ 个点是有转移限制的（即有些数转移不到），故这样的区间数为 $O(M)$ 级别的。

同时，我们也处理有限制的区间，具体的，我们可以用一个map，设为 $cnt$ ，储存 $SG=i$ 的个数。但是SG函数的最大值可能到达 $1e18$ ，所以仍然不行。但是由于只有 $O(M)$ 个特殊点，所以 $cnt(x)\geq 2$ 的 $x$ 最多只有 $O(M)$ 个。故我们将 $cnt$ 存储的数的值都减 $1$ ，这样map中就只有 $O(M)$ 个元素了。

前面说的有些抽象，具体看程序，下面是一个时间复杂度为 $O(M\log^2 M)$ 的实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

using ll=long long;

const int maxn=200005;
int n,m;
ll a[maxn];
ll x[maxn],y[maxn];
std::set<std::array<ll,3>> seg;
std::map<ll,std::vector<ll>> v;

ll SG(ll number) {
	std::set<std::array<ll,3>>::iterator it=seg.lower_bound({number+1ll,-1ll,-1ll});
	it--;
	return number-(*it)[0]+(*it)[2];
}

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
		v[x[i]].push_back(x[i]-y[i]);
	}
	std::map<ll,int> cnt;
	ll pre=0,sg=-1;
	for(auto item : v) {
		if(pre<item.first) seg.insert({pre,item.first-1ll,sg+1ll}),sg+=item.first-pre;
		ll newsg=sg+1ll;
		std::vector<ll> orr;
		for(auto number : item.second) {
			ll rec=SG(number);			
			if(cnt[rec]==0) newsg=std::min(newsg,rec);
			else cnt[rec]--,orr.push_back(rec); 
		}
		seg.insert({item.first,item.first,newsg});
		if(newsg<=sg) cnt[newsg]++;
		else sg=newsg;
		pre=item.first+1;
		for(auto number : orr) {
			cnt[number]++;
		}
	}
	seg.insert({pre,(ll)1e18+5ll,sg+1ll}); 
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ans^=SG(a[i]);
	}
	if(ans==0) printf("Aoki");
	else printf("Takahashi");
	return 0;
}