[机房测试]速战速决

Description

给定一个序列 \(a_i\)，\(i\in[0,n)\)。两个人 \(A\) 和 \(B\) 玩游戏，每次 \(A\) 可以生成一个序列 \(b_i\)，然后 \(B\) 选择一个数 \(x\)，使 \(a_i\) 加上 \(b_{(i+x)\bmod n}\)。如果所有的 \(a_i\) 都是一个质数 \(p\) 的倍数，游戏结束。

Solution

所有 \(a\) 的运算在\(\bmod p\) 意义下进行，下标运算在 \(\bmod n\) 意义下进行。

博弈论正难则反，先考虑终止情况。先考虑 0 轮就结束的情况，那就是全都是 0。若第一轮就结束，那就是所有 \(a_i\) 都相同。那第二轮就结束呢？那就是无论怎么加都会转移到第一轮就结束的情况。列出式子，就是说

\[\forall i,j\in[0,n-1], a_i+b_j=a_{i+1}+b_{j+1} \]

一观察，发现就是说 \(a\) 的一阶差分要全部相等。一归纳，就发现，在 \(n\) 轮结束的充分必要条件就是 \(a\) 的 \(n\) 阶差分序列全为 \(0\)。那就得到一个 \(O(n^2)\) 的做法，直接做差分，直到为 \(0\)。

因为运算在模 \(p\) 意义下进行。这里有一个高阶差分的技巧。考虑一种 \(p^s\) 阶差分的式子

\[\Delta^{p^s} a_i=\sum_{k=0}^{p^s} (-1)^k \binom{p^s}{k} a_{i-k} \]

因为 \(\forall k\in(0,p^s)\)，\(\binom{p^s}{k}\equiv 0 \pmod p\)，可以考虑 Lucas 展开证明。式子就变成了

\[\Delta^{p^s} a_i=a_i-a_{i-p^s} \]

（中间的减号：当 \(p>2\) 时，\((-1)^{p^s}=-1\)；当 \(p=2\)，加减号无所谓，只与奇偶性有关）

这样就可以考虑 \(p\) 进制倍增。复杂度 \(O(n\log_p n)\)。