AtCoder Regular Contest 105 选做
C - Camels and Bridge
一座桥有 \(M\) 部分，第 \(i\) 部分承重 \(v_i\)，长度 \(l_i\)。
有 \(N\) 个人要过桥，第 \(i\) 个人的重量是 \(w_i\)。
你需要将这 \(N\) 个人排成一队，可以随意安排这 \(N\) 个人的顺序、两两之间的距离。
一个人站在某个部分的端点上时，其重量不计入任何部分。
求最小化的第一个人和最后一个人之间的距离。
\(2 \le N \le 8\)，\(1 \le M \le 10^5\)，\(1 \le w_i, l_i, v_i \le 10^8\)。
2s, 1GB
暴力 \(O(N!)\) 枚举过桥的顺序。
接下来贪心求出每个人离排头的最短距离即可，正确性显然。
考虑具体如何贪心：对于当前正在安排的人 \(i\)，因为 \(1 \sim i - 1\) 之间的距离已经被安排好了，于是枚举前面的另一个人 \(j\)，对于 \(j \sim i\) 这一段，在 \(M\) 个部分中二分查找出承重 \(\le w_j + \cdots + w_i\) 的最长距离，即可以算得 \(i\) 的位置。
时间复杂度 \(O(N!N^2\log M)\)。
https://atcoder.jp/contests/arc105/submissions/25999319
D - Let's Play Nim
有 \(n\) 个袋子，\(n\) 个盘子，初始时第 \(i\) 个袋子里有 \(a_i\) 个石头，盘子都是空的。
A, B 两人轮流操作，A 先：
- 如果当前还有袋子非空，则选择一个袋子，将里面的所有石头倒到某个盘子中。
- 如果当前袋子都是空的，则选择一个盘子，从中取走至少一个石头。
不能操作者输。
试判断谁会赢，需要回答 \(T\) 组数据。
\(1 \le T \le 10^5\)，\(1 \le N \le 10^5\)，\(\sum N \le 2 \times 10^5\)，\(1 \le a_i \le 10^9\)。
2s, 1GB
根据 \(n\) 的奇偶讨论。
当 \(n\) 是奇数时，先手希望最终盘子里石头的异或和为 \(0\)，但这是不可能实现的，因为后手必然可以选择当前最大的一个袋子，将里面的石头全部倒入当前石头最多的一个盘子中，只要这么做，异或和不可能等于 \(0\)。所以 \(n\) 是奇数后手必胜。
当 \(n\) 是偶数时，先手希望最终盘子里石头的异或和不为 \(0\)，那么，除非每种数量的袋子都有偶数个，后手可以通过模仿棋来取胜，不然的话，先手也可以利用每次选择最大的袋子倒入石头最多的盘子的方法，保证异或和不为 \(0\)。
根据上述过程判断即可，时间复杂度 \(O(N \log N)\)。
https://atcoder.jp/contests/arc105/submissions/26013056
E - Keep Graph Disconnected
给定一张包含 \(N\) 个点，\(M\) 条边的无向图 \(G\)，第 \(i\) 条边连接 \(a_i, b_i\)。
\(G\) 被称为好图当且仅当：
- \(1\) 和 \(N\) 不连通。
- 没有重边和自环。
保证初始时 \(G\) 是好图。
现在 A, B 轮流操作，A 先。每次选择两个点 \(u, v\)，在它们之间加一条无向边，当某个人操作后 \(G\) 不再是好图就输了。
试判断谁会赢，需要回答 \(T\) 组数据。
\(1 \le T \le 10^5\)，\(2 \le N \le 10^5\)，\(0 \le M \le \min(\frac{N(N-1)}{2}, 10^5)\)，\(1 \le a_i, b_i \le N\)，初始图是好图，\(\sum N, \sum M \le 2 \times 10^5\)。
首先可以发现，游戏结束的时候图中一定是包含了两个连通块。
设两个连通块的大小分别为 \(n\) 和 \(N - n\)，加入的边的条数就是 \(N(N-1) / 2 - n(N - n) - M\)，而胜负也就取绝于这个数的奇偶性。
注意到，当 \(N\) 为奇数时，\(n(N - n)\) 必然是偶数，那么胜负是固定的，可以直接判掉。
接下来考虑 \(N\) 为偶数的情况。令 \(x, y\) 分别表示初始包含 \(1\) 和 \(N\) 号点的连通块大小。
如果 \(x \not\equiv y \pmod 2\)，那么去掉 \(1, N\) 所在的两个连通块，图中还剩下奇数个奇连通块，那么先手必然可以控制 \(1, N\) 所在连通块的奇偶性，进而达到必胜的目的。
如果 \(x \equiv y \pmod 2\)，那么如果原始图上是利于 A 的局面，A 必然可以维护好这个局面；如果原始图上是利于 B 的局面，那么当 A 试图改变局面时，必然会被 B 阻拦（原因参见上一种情况）。所以这种情况的答案取绝于初始局面。
所以直接 DFS 一遍即可回答问题，时间复杂度 \(O(N)\)。
