[atARC087E]Prefix-free Game

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$f_{i}=mex_{j=0}^{i-1}(\bigoplus_{k=j}^{i-1}f_{k})$，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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
map<int,bool>mat;
int V,n,ans,vis[N],ch[N][2];
ll l;
char s[N];
void add(char *s,int l){
    int k=1;
    for(int i=0;i<l;i++){
        if (!ch[k][s[i]-'0'])ch[k][s[i]-'0']=++V;
        k=ch[k][s[i]-'0'];
    }
    vis[k]=1;
}
void dfs(int k,ll l){
    if (vis[k])return;
    if ((!k)||(!l)){
        int s=0;
        while (l&1){
            s++;
            l>>=1;
        }
        mat[s]^=1;
        if (mat[s])ans++;
        else ans--;
        return;
    }
    dfs(ch[k][0],l-1);
    dfs(ch[k][1],l-1);
}
int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&l);
    V=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);
        add(s,strlen(s));
    }
    dfs(1,l);
    if (ans)printf("Alice");
    else printf("Bob");
}