博弈论蓝紫黑
树上博弈
二分答案 \(mid\)。
考虑 dp。
\(f_u=\max(\sum_{v\in son_u}f_v-1,0)+[a_x\ge mid]\)。
直接转移即可，合法仅当 \(f_1\ne 0\)。
二分答案 \(mid\)。
考虑 dp。
\(f_u=\max(\sum_{v\in son_u}f_v-mid,0)+1\)。
直接转移即可，合法仅当 \(f_1=1\)。
记 \(r_x\) 为根节点到 \(x\) 的中位数。
设 \(f_{x,0}\) 表示现在为先手，得分最大值。
设 \(f_{x,1}\) 表示现在为后手，得分最小值。
如果 \(u\in leaf\)，则 \(leaf_i=1\)。
则有转移
\(r_x\) 可以直接用平衡树求。
通过观察出以下结论：
- 若所有节点的度数都为奇数，则先手必败。
- 反之先手必胜。
考虑证明。
设先手必败态为 N，必胜态为 P。
- 则有 N 的后继状态均为 P。
- P 的后继状态含有 N。
由于原树中的度数都为奇数，则删掉一条边之后的联通块的根度数为偶数，N 的后继状态均为 P 成立。
由于一棵树仅有有限个度数为偶数的节点，所以钦定一个度数为偶数的点，它的一棵子树中有且仅有奇点。（假设子树中仍有偶点，那么就指定这个点为根）。
看题解区都写的好麻烦。
如果一个叶子节点的父亲被染白，则其必然是黑色点，相当于删去这两个节点，这样显然是最优的。
不断执行操作。
如果还有点没有被删除，则先手获胜。
否则后手获胜。
如果 \(a_u \le a_v\)，则 \(u\rightarrow v\) 是不优的，显然后手可以执行 \(u\leftarrow v\)，则先手必败（因为最优策略无法获胜）。
则可以建边，权值大的指向权值小的。
如果一个点是必胜状态，仅当存在可以到达的点是必败状态（因为转化后树是单向边）。
按 \(a\) 的大小排序，直接转移即可，时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。
最优化
\(\text{Difficulty:}2000\)。
首先，A 会取牌堆牌的前 \(\lfloor\dfrac{n}{2}\rfloor\) 张牌，B 会取牌堆牌的后 \(\lfloor\dfrac{n}{2}\rfloor\) 张牌。
- 若第 \(i\) 堆牌为奇数，则将其插入大根堆。
- 若第 \(i\) 堆牌为偶数，则不进行计算。
最后两个人轮流取大根堆里的值。
直接模拟即可。
\(\text{Difficulty:}2000\)。
结论：
- 最小堆的个数大于 \(\dfrac{n}{2}\)，先手必败。
- 反之先手必胜。
若最小堆的个数大于 \(\dfrac{n}{2}\)，先手必然会选到至少一个最小堆，此时最小堆数量必然小于 \(\dfrac{n}{2}\)，此时后手选择非最小值的 \(\dfrac{n}{2}\) 堆石子，把它们变为最小值，此时回归原状态，先手必败。
反之可得先手必胜。
优化不是很好想。
记 \(f_{i,j}\) 为上一轮取了 \(j\) 枚，还有 \(i\) 枚的先手最大值。
则有转移 \(f_{i,j}=\max_{k\le 2j} \sum_{l=1}^ia_i-f_{i-k,k}\)。
显然可以优化到 \(n^3\) 的复杂度，但无法通过此题。
由于 \(f_{i,j}\) 和 \(f_{i-1,j}\) 差不多，令 \(k=2j-1\)，则有 \(f_{i,j}=\max(f_{i,j-1},f_{i-k,k},f_{i-k-1,k+1})\)。
发现对当前状态有用的状态不会太多（一个类似楼梯的形状），最多 \(C_{n+m+1}^{n}\) 种情况。
于是状压记忆化搜索即可。
压的是 \(11\)。
先说 D1 做法。
记 \(f_{i,j}\) 表示 \(n=i,m=j\) 时的答案。
有 \(f_{i,i}=ik\)。
如果 Bob 选择的数字为 \(x\)，则 \(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j}-x,f_{i-1,j-1}+x)\)。
这时选择 \(x=\dfrac{f_{i-1,j}-f_{i-1,j-1}}{2}\)，这时 \(f_{i,j}=\dfrac{f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}}{2}\)，是最大值。
答案即为 \(f_{n,m}\)，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)，可以通过 D1，D1Submission。
D2 做法：
考虑枚举每个 \(f_{i,i}\) 的贡献。
首先会经历 \(n-i\) 次变为 \(\dfrac{1}{2}\)，也就是 \(\dfrac{1}{2^{n-i}}\)。
在考虑会加几次贡献。
发现相当于站在 \((i+1,i)\) 点（因为走到 \((i+1,i+1)\) 会算重贡献），每次可以变为 \((i+1,j)\) 或者 \((i+1,j+1)\)，问到 \((n,m)\) 的方案数。
由于一共会走 \(n-(i+1)\) 次，选择 \(m-i\) 次给 \(j\) 加一，利用组合数可以求得方案数量为 \(\binom{n-i-1}{m-i}\)。
结合 D1 做法，答案为 \(k\sum_{i=1}^ni\binom{n-i-1}{m-i}\)
时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)（更优秀的组合数预处理可以 \(\mathcal O(n)\)），可以通过 D2，
序列
- 若序列中含有一，则答案可以通过判断 \(\sum_{i=1}^na_i\) 的奇偶性来判断。
- 若序列中有奇数个偶数，则先手必胜。
最优策略是：选一个偶数，由于原序列中的最大公约数是 \(1\)，则必含有一个奇数，所以后手只能改变一个一个数的奇偶性，先手仍处于必胜态。
- 若序列中有偶数个偶数，则分情况讨论：
- 若有至少 \(2\) 个奇数，则后手必胜，先手无法改变全局 \(\gcd\)。
- 否则先手操作唯一一个奇数，然后将该序列扔给后手操作。
由于操作次数不会超过 \(\log W\) 次，算上 \(\gcd\) 的复杂度为 \(n\log^2W\)。其中 \(W\) 为值域。
转化
将 \(a\) 递减排序，以下以 \(a=\{7,7,7,6,4,4,4,2,2\}\) 为例。
图片来自官方题解。
问题可以转化为在网格图上走。
操作一相当于往右走一格，操作二相当于往上走一格。
走到边界时输。
用必胜/败填充网格得到上图，表示当轮到我时已经在该位置时必胜/败。
观察得到同一对角线上的点的胜负态一样，且除原点对角线外相邻对角线的状态相反。
则可以快速求原点的胜负态，见右图。
首先有结论：答案肯定会分为一堆 \(n\bmod m\) 和 \(\lfloor \dfrac{n}{m}\rfloor\) 堆 \(m\)，操作次数为 \(n-\lfloor \dfrac{n}{m}\rfloor -[n \bmod m\ne0]\)。
证明较易。
具体的，判断先手合成两个 \(1\) 或者合成 \(\max\) 和 \(1\)。
其实就是巴什博弈。
首先 \(10^{18}\) 很大，所以我们优先选取 \(x+y+z\) 最大的点。
按 \(x+y+z\) 从大到小选择即可。
但是时间复杂度为 \(\mathcal O(n^3)\)。
给边定向，边从小连到大，那么整个图就是一个 DAG。
发现对于每个点 \(i\):
- 如果 \(i\) 的出边被选了，则不能选择 \(i\)。
- 如果都不能被选或者 \(i\) 没有出边，选择 \(i\)。
这和博弈转移一模一样。
答案为必败点的权值和。
容易发现每一张图都是独立的（每次相当于换一张图或者说换一维操作），SG 记为 \(A_{0,i}\)，\(A_{1,i}\)，\(A_{2,i}\)。
则答案为 \(\sum_{A_{0,i}\operatorname{xor} A_{1,j}\operatorname{xor} A_{2,k}=0} 10^{18(i+j+k)}\)。
同时有一个很重要的性质：博弈转移图中的点的 SG 值的 \(\max\) 不会超过 \(2\sqrt m\)，Proof。
于是枚举 \(A_{0,i},A_{1,j}\) 即可。
时间复杂度 \(\mathcal O(n+m)\)。
杂
发现一个人若在本次操作不能获胜，则在下一次操作时仍然不能获胜，因为对方重复他的操作即可。
问题转化为：
- 若 Alice 能直接获胜，Alice 胜。
- 若 Bob 无论 Alice 怎么选都能获胜，Bob 胜。
- 否则必然平局。
考虑判断这个问题。
现将原图缩点，若一个环中存在异色点，我们直接判断平局，因为无论如何操作必然仍存在异色点。
找到任意一个黑色点对其进行操作，若可以，则 Alice 获胜，否则 Alice 无法获胜。
记入度为 \(0\) 的节点为“根”，因为图中无环，则。
则若有至少一个根为白色，则 Alice 必然操作该节点导致 Bob 也必然操作该节点，所以 Bob 在此时必胜仅当所有点都是白色。
若所有根节点均为黑色且存在至少两个根，则 Bob 必胜仅当 \(n=2\)，因为若 \(n>2\)，Alice 可以选择一个非根节点使得 Bob 无法一次操作两个黑色根节点。
若所有根节点均为黑色且存在一个根，所以根与所有节点联通，则 Alice 可以操作某个根节点以外的点使得图中节点不是全黑，如果只有两个点，一黑一白，黑点连向白点，则 Bob 必胜。
Alice 的选点策略如下：
- 若出度为 \(0\) 的点为黑色，则直接选择该点。
- 否则选择出度为 \(0\) 的点的父亲。
这也解释了为什么有 Bob 的必胜态情况。
代码先咕咕着，有时间和精力再去写。
SG & Nim
证明先咕咕着。
结论是特判 \(1\) 的 Nim 游戏。
首先先手必胜，因为实在不行可以只剩下 \(1\) 堆。
我们对于剩下的情况，从大到小考虑每个数。
如果将其插入线性基失败，则说明去掉它可以使异或和为 \(0\)，则我们需要在第一轮取走。
本题为经典的阶梯博弈变种。
因此先引入阶梯 Nim 问题。
阶梯 Nim 问题是指，有 \(n\) 堆石子，每次我们可以从第 \(i\) 堆的石子中拿走一部分放到第 \(i-1\) 堆中，或者把第 \(1\) 堆中的石子拿走一部分，无法操作的人算输。由于在偶数位置移先手可以将其继续移到偶数堆，对奇数堆没有影响，因此阶梯 Nim 的游戏结果与只看奇数堆的石子数的普通 Nim 结果相同。
再看本题，可以对石子堆数进行差分，取走一堆相当于将一些石子挪到 \(i+1\) 堆中，因此与阶梯 Nim 游戏相反。
有结论 \(\operatorname{SG}(i)=i-2^{\operatorname{highbit}(i)}+1\)。
可以在 \(\mathcal O(m\log m)\) 复杂度内求出所有 \(\operatorname{SG}\) 值。
记 \(c_i\) 表示 \(\operatorname{SG}(j)=i\) 的个数。
选择 \(i\) 个数使它们的异或和为 \(j\) 的方案数记为 \(f_{i,j}\)，则有转移 \(f_{i,j}=\sum_{a\operatorname{xor} b=j} c_bf_{i-1,a}\)，答案即为 \(\sum_{i=1} f_{|V|,i}\)。
这样的话，发现每次都可以进行 FWT，但是效率不够优秀。
可以先 FWT 一次，做快速幂 \(m\) 次，最后 FWT 回来即可。
这部分的时间复杂度为 \(\mathcal O(m \log |V|)\)。
综上，总的时间复杂度为 \(\mathcal O(m \log m+m \log |V|)\)。
