CF1033G Chip Game 题解
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Description.
\(n\) 堆石子，Alice Bob 打隔膜，他们分别从 \([1,m]\) 中选一个值，设为 \(A\)，\(B\)。
Alice Bob 分别可以从任意一堆中取出 \(A\)、\(B\) 个石子，不能操作的人输。
问对于不同的 \(A,B\)，以下四种状态的方案数分别是多少。
- Alice 赢
- Bob 赢
- 先手赢
- 后手赢
\(n\le 100,m\le 10^5\)
Solution.
首先，发现 Alice 赢和 Bob 赢本质相同，方案数相同。
所以我们只需要算出先手赢、后手赢的方案数容斥就行了。
同时，显然的性质就是状态 \(\{v_i\}\) 和状态 \(\{v_i+k_i(a+b)\}\) 等价。
证明显然，赢的人肯定可以按照原来状态，如果后手选了就跟他把 \(k_i\) 减一。
那我们可以考虑枚举 \(a+b\)，剩下了所有的 \(v_i\le (a+b)\)。
考虑先手赢，可能会有这几种情况
- \(\exists i\in[1,n],a\le v_i< b\)，是因为先手可以苟着 \(v_i\) 最后取。
- \(\exists i\in[1,n],2a\le v_i\)，有 \(2a\le v_i\le a+b\)，先手可以先取一个 \(a\) 再苟。
先手能苟的情况也就只有这两种。
考虑不能苟，那也就是说 \(\sum[v_i\ge b]\) 是偶数。
所以先手必败的情况是没有情况 1 和 2 且是偶数。
同理，后手赢的情况有以下几种
- \(\exists i\in[1,n],b\le v_i< a\)
- \(\sum[2b\le v_i]\ge 2\)
考虑 \(\forall i\in[1,n],a\le v_i<b\) 不成立，则肯定有 \(a,b\) 在同一个 \((v_i,v_{i+1}]\) 值域区间内。
所以我们可以枚举这个值域区间，复杂度 \(O(n)\)，可以 \(O(1)\) 算出 \(\sum[v_i\ge b]\)。
考虑 \(2a\le v_i\) 也不成立，所以肯定有 \(a>\frac {v_i}2\)，直接找到最大的 \(v_i\) 就行了。
后手的话考虑次大就行了。
Coding.
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//Coded by leapfrog {{{
//Coded on 2021.10.26
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
int n,m,b[105];ll a[105],rfs,rsc;
int main()
{
read(n,m);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int S=2;S<=m+m;S++)
{
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]%S;
b[n+1]=0,b[n+2]=S-1,sort(b+1,b+n+3);
for(int i=n+2;i>1;i--)
{
int fg=(n+2-i)&1,l=max(b[i-1],b[n+!fg]/2)+1,r=min(b[i],m);
(fg?rfs:rsc)+=max(min(r,S-l)-max(l,S-r)+1,0);
}
}
ll rs=(1ll*m*m-rfs-rsc)>>1;
return printf("%lld %lld %lld %lld\n",rs,rs,rfs,rsc),0;
}
