AGC 010D.Decrementing(博弈)

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\(Description\)

给定\(n\)个数\(A_i\)，且这\(n\)个数的\(GCD\)为\(1\)。两个人轮流进行如下操作：

1. 选择一个\(>1\)的数使它\(-1\)。
2. 第一步进行完后，所有数会变成它除以\(g\)，其中\(g\)是\(n\)个数的\(GCD\)。
   当轮到一个人操作，但所有数为\(1\)时，该人输。求先手是否必胜。
   \(n\leq10^5,\ A_i\leq10^9\)。

\(Solution\)

首先能发现一些性质：

1. 当有一个数变成\(1\)时，答案只和所有数的和\(-n\)的奇偶性有关。

2. 对所有数除以一个奇数，任意一个数的奇偶性不变；除以一个偶数，奇偶性不确定。
3. \(g\neq1\)时，除以\(g\)的操作不会进行超过\(30\)次。

考虑先手。
假设当前\(\sum(A_i-1)\)的奇偶性为奇数，即处于优势，那么他应该保持操作完（所有数除以\(g\)后）所有数的奇偶性还是偶数。
注意到当有至少一个奇数时，\(GCD\)不可能为偶数。而最初所有数的\(GCD\)为\(1\)，那么至少有一个奇数。另外此时偶数有奇数个，如果任意修改一个偶数，\(g\)一定还是奇数。
考虑现在的后手。先手进行上述操作后存在至少两个奇数，所以一定不能使\(g\)变为偶数来改变局面。而先手可以保持奇数的个数一直增加，所以后手没法翻盘，必败。

如果当前\(\sum(A_i-1)\)的奇偶性为偶数，即处于劣势，那么先手要使操作后的\(g\)变为偶数才可能翻盘。
由上面的分析，如果存在\(>1\)个的奇数，先手必败。否则先手只能修改这个奇数让\(g\)变成偶数。但是现在仍不能判断胜负，继续递归下一层。

最多递归\(\log\)层，所以复杂度\(O(n\log A)\)。（似乎还有个求\(\gcd\)...）

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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;

int n,A[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
bool DFS(bool now)
{
	int s=0,fg=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]==1&&(fg=1), s+=A[i]&1;
	if((n-s)&1) return now;
	if(fg||s>1) return now^1;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
		if(A[i]&1) {--A[i]; break;}
	int g=A[1];
	for(int i=2; i<=n; ++i) g=std::__gcd(g,A[i]);
	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]/=g;
	return DFS(now^1);
}

int main()
{
	const int n=read(); ::n=n;
	for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
	puts(DFS(1)?"First":"Second");

	return 0;
}