容易的多元拉格朗日反演练习题

你说得对，但确实和题目没有一点关系。

模拟赛记录下午出。

题面

看到 Alice 和 Bob 就知道是什么题了。

思路

这个题开始先胡乱想想，发现按照博弈论的思路，那么每次 Bob 行动一步后，Alice 需要有对应的策略，也就是说，若 Alice 必胜，这次行动应该是固定的最优策略步。

然后再代入一下，如果你是 Alice，每次肯定是优先拿去较小的数，这样才能获得更大的操作空间。

然后 Bob 为了阻止你胜利，同样也会拿较小的数，这样就得到了我一开始的错误的想法：把数按非降序排列后，若奇数位的和满足属于区间 $[l,r]$，则 Alice 必胜。

但思考一下就能知道这是个错解，例：

4 5 6
1 3 5 6

这种情况下，Alice 只有拿到 $1$ 和 $5$ 才能胜利，而它们恰好都在奇数位上，所以按如上思路答案是 Alice，但只要 Bob 拿到其中一个 Alice 就不可能赢了。

于是考虑转换思路。我们发现，$n$ 为偶数时没有什么突破口，比如上面的例子中 Bob 的最优策略就不再是固定于某几个位置上的数。那么尝试考虑 $n$ 为奇数时，Alice 赢，Bob 先行动的情况，那么此时主动权就来到了 Bob 手上，他每次行动后，Alice 会有一个最优策略来应对 Bob 的行动。

这样的话，整个数列会被分成若干个数对和一个剩余的数。不难发现，数列中相邻的两个数配对是 Alice 赢的最好策略。那么再结合上面假了的猜想，Bob 每次取任意一个数，那么Alice 的最优策略就是选与 Bob 配对的另一个数。

现在的局面是，Bob 具有主动权（先手），而最后剩余的数是 Alice 决定的，因此我们可以枚举最后剩余的数，这样 Alice 所选数之和的上下边界就确定了，因而可以得出在该情况下，Alice 是否必胜的结论。

分别求出奇数位和偶数位上的和，枚举每次最后剩余的数，由于它可能会影响数位上的数的变化，我们对于每类数位要开两个变量，在这里先统称为 $A$ 与 $B$，表示奇数位和与偶数位和，那么显然 $SumAlice$ 只能取到这个范围内的值，因此若 $l\le A$ 并且 $B\le r$，那么 Alice 是必胜的。

现在已经得到了 $n$ 为奇数，Bob 先手的做法。迁移到 $n$ 为偶数上，我们只要先排去 Alice 先手的那一步不就可以了吗。所以先枚举 Alice 先手所选的数，（当然超过 $r$ 的数选了直接就寄了，这时候结束枚举就行了），再枚举最后剩下的那个数，求出奇偶数位上值的和，按上述方法判断即可，这里判断要加上开始枚举的 Alice 首选的那个值。复杂度是 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$ 的，$n\le 5000$，显然能过。

还有，注意 $a_i$ 的值域是 ${10}^9$ 级别的，计算和的时候要开 long long。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Ratio=0;
const int N=5005;
int T,n;
ll l,r,a[N],b[N];
namespace Wisadel
{
	short main()
	{
		scanf("%d",&T);
		while(T--)
		{
			scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r);
			bool Alicewin=0;
			for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
			sort(a+1,a+1+n);
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{// 先枚举 Alice 首选
				if(a[i]>r) break;
				ll jied=a[i],oued=a[i],ji=0,ou=0;
				// 分别表示枚举过和未枚举的奇偶数位之和，这里提前就把 a[i] 加上了
				// 这里枚举与否取决于最下面循环的进行程度，感性理解一下
				for(int j=1;j<=n;j++)
					if(i!=j) b[(j>i?j-1:j)]=a[j];
				for(int j=1;j<n;j++)
					if(j&1) ji+=b[j];
					else ou+=b[j];
				for(int j=1;j<n;j++)
				{// 枚举最后剩下的数
					if(j&1) ji-=b[j];
					else ou-=b[j];
					if(l<=jied+ou&&oued+ji<=r)
					{
						Alicewin=1;
						break;
					}
					if(j&1) jied+=b[j];
					else oued+=b[j];
				}
				if(Alicewin) break;
			}
			if(Alicewin) printf("Alice\n");
			else printf("Bob\n");
		}
		return Ratio;
	}
}
int main(){return Wisadel::main();}

代码中有一句 if(l<=jied+ou&&oued+ji<=r)，赛时调了好一会才改出来。如果你枚举的这个数是奇数位上的，那么之后的奇数位数之和其实是开始的偶数位数之和，偶数位上的数同理。无论如何，二者上下界关系没有变。

更详细的解释

若枚举一个奇数位上的数：

此后的奇数位上的数就是原来偶数位上的数，是答案下界，而偶数位上的数自然就是原来奇数位上的数，是答案上界。

若枚举一个偶数位上的数同理。

更简单的想，我们无论抽走哪一个数，都会使之后的数发生整体的数位奇偶变化，我们开始求得的奇偶数位上数之和其实一直是反的。

还不理解的话建议手模一组数据，1 2 3 5 6 7 就行（已经不算 Alice 先手）。

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完结撒花~

没想到是唯一 A 的啊，明天 Alice 和 Bob 主场，期待一手四道博弈论。

轻井泽可爱捏~