博弈论专练

ABC261Ex

显然有一个倒序DP

$$\{\begin{array}{l}{f}_{i,0}=\underset{i\to j}{min}{f}_{j,1}+w(i,j)\\ f_{i,1}=\underset{i\to j}{max}{f}_{j,0}+w(i,j)\end{array}$$

目标 $f_{S,0}$

可以看作用 dijkstra 跑最短路。

当 $f_{i,1}$ 的所有 $f_{j,1}$ 确定时才确定 $f_{i,1}$，再将其扔到最短路里面跑。

如果无法确定一个f，就说明它后续会一直更新？

首先边界是可以确定的

那么min如果钦定只能由已经OK的1来转，一定是正确的，后续的1不可能更新它

而更新完了的1也是可以如此操作的

agc048D

可以发现的是，当某一堆无穷多的时候，先拿到这一堆的人获胜，因为它可以磨到另一个人操作完

打个爆搜看看

啊

我们发现若固定局面不变，单独增加第一堆的个数，其胜负呈现00000000000001111111111111，单独增加最后一堆其胜负呈现111111111111110000

说明这玩意单调。。。。。。。。。。。

那考虑维护分界点，设f[l,r],g[l,r]分别表示当前先手，若先手赢得[l,r]，则当前第一堆最少需要 $f[l,r]$ 个，当前后手，若后手赢得 $[l,r]$，则当前最后一堆至少需要 $g[l,r]$ 个

但是有什么转移的规律吗

显然有单调性随着端点移动

打一个 $f[l,r]$ 和 $g[l,r]$ 的表看看

发现

$f[l,r]=a[r]-g[l+1,r]+1+f[l,r-1]$，当 $g[l+1,r]>a[r],f[l,r]=1$

arc116F

显然ICG

显然的一个贪心策略是删除两端对于自己而言不优的那个元素。

显然我要大的肯定是删小的，反之同理

显然每个独立，不然可以交换操作顺序，会抢

而且一定有办法让答案取到中间的数字，且这样做应当是最优的

那么当n是偶数的时候，显然是留下 $mid,mid+1$ 里对先手有利的一个，因为最后一步是先手

否则n是奇数的时候，mid显然是可以保留的，但是后面后手可以想办法让你取小的，所以应该是$a[mid],(a[mid+1].a[mid-1]$ 里较先手优的)中较先手劣的

所以长度为奇数的显然独立操作不影响先后手，而长度为偶数的显然也是轮流操作

然后长度为偶数的会交替先后手，所以应该按照贡献贪心取？

考虑枚举第一步进行的操作之后能够得到的答案

先手肯定取较大者，后手肯定取较小者，设弄出这玩意是 $(a,b)$

考虑邻项交换，$(a[i],b[i])$

如果交换前更优，且先是先手操作就有 $a[i]+b[i+1]>a[i+1]+b[i]⟹a[i]-b[i]>a[i+1]-b[i+1]$

排序取即可。

做完了？

做完了。

「省选联考 2023 day2」过河卒

智障模拟题，直接不讲

「HAOI2015」数组游戏

根据翻硬币游戏的结论，我们只关心最开始的白棋位置，变为求解若干 100000000 局面的 $sg$ 值。

长度应当是某个 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$ ，所以共有 $O(\sqrt{n})$ 种不同 SG值。

对于每种值，我们考虑其后继局面，例如 10000，其后继是 00000,01000,01100,01110,01111，相当于是这些局面的 $mex$

发现每个局面的 $sg$ 值是一个前缀异或和，从当前白棋位置开始，最初是 $0$。利用数论分块再优化即可。

复杂度应当是 $O(n^{\frac{3}{4}})$ 级别的，也不太会证明。