CF1033G Chip Game 博弈

看的跳蛙题解，只是瞎嘴巴一遍加深印象。

update: 2022.4.14 被人贺了，去掉码头。另外，果然是瞎嘴巴，不公平博弈用SG函数/qd

模拟赛出题人搬来的CF *3500=.=

于是我的一整个晚上就被吃了。

题意

现在有一种隔膜。有 \(n\) 堆棋子，MC 和 pigstd 轮流取，MC每次只能取 \(a\) 个，pigstd 每次只能取 \(b\) 个。

问，对于所有满足 \(a,b\in [1,m]\) 且 \(a,b\in Z\) 的 \((a,b)\) ，假设MC和pigstd都绝对聪明，分别有几种方案满足如下四种情况。

• MC win
• pigstd win
• 先手 win
• 后手 win

\(n\le 10^2, m\le 10^5\) ，每堆棋子数量 \(\le 10^{18}\)

题解

因为只有pigstd 真的是人win，所以答案是 \(0,m^2,0,0\) 。做完了。

对于 \((a,b)\)

• MC win: 拿 \(a\) 的必胜
• pigstd win: 拿 \(b\) 的必胜
• 先手 win：谁先手谁胜
• 后手 win：谁后手谁胜

显然四种情况是不会有重叠的，容易发现 MC win 和 pigstd win 的情况是等价的。

那么其实只要考虑先手必胜和后手必胜的方案数，然后就能求出所有答案。

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\(G=(v_0,v_1,...)\) 的局面等价于 \(G‘=(v_0\bmod (a+b), v_1\bmod (a+b),...)\) 的局面。好像可以解释成，分成了两个子游戏，因为这两个游戏的赢家先后手不变，所以其中有一个是 \(0\) ，那么总的异或和不为0。
那么我们的 \(v_i\) 就会减小到 \(2m\) 以内了。
然而这个东西并不是公平博弈，所以不能用SG函数。所以上面是错的！
正确的证明：
如果赢家是后手，先手取了堆 \(v_i\)，如果 \(v_i<(a+b)\) 就按照他在 \(G'\) 里下一步的策略取，如果 \(v_i\ge (a+b)\)，就也取 \(v_i\)。
如果赢家是先手，他就先按照自己在 \(G'\) 里的第一步取即可。

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叫起来太麻烦了。。还是 A 每次拿 \(a\) ，B 每次 拿 \(b\) 好了。

我们现在只考虑先手胜还是后手胜的问题，所以我们不妨设 A 是 小手，B 是大手（也就是 \(a\le b\)）

• 情况1：\(v_i\in [0,a)\) 废点。不用管。
• 情况2：\(v_i\in [a,b)\) A 可拿 1 次，B拿不了。
• 情况3：\(v_i\in [b,2a)\) A 可拿 1 次，B拿 1 次。
• 情况4：\(v_i\in [max(2a,b),a+b)\) A 可拿 2 次，B 拿 1 次。

我们注意到每堆最多被一个人拿。

分类讨论。被括起来的是必胜者。

• （A）存在情况2。
• 不存在情况2
  • （A）情况 4 个数 \(\ge 2\)：那么，第一轮里， A 肯定可以和 B 抢到一个情况4，将它转化为情况2。
  • 情况 4 个数 \(=1\)。
    • 情况3 和情况 4 个数（\(\sum [v_i\ge b]\)） 为奇数。
      • （A）A是先手
      • （B）B是先手
    • （A）情况3 和情况 4 个数（\(\sum [v_i\ge b]\)） 为偶数。
  • 不存在情况 4。
    • 情况 3 个数（\(\sum [v_i\ge b]\)）是奇数
      • （A）A是先手
      • （B）B是先手
    • 情况 3 个数（\(\sum [v_i\ge b]\)）是偶数
      • （B）A是先手
      • （A）B是先手

整合一下。只要考虑先手必胜和后手必胜的 \((a,b)\)。

• 不存在情况2
  • 情况 4 个数 \(=1\)。
    • （先）\(\sum [v_i\ge b]\) 为奇数
  • 不存在情况 4。
    • （先）：情况 3 个数（\(\sum [v_i\ge b]\)）是奇数
    • （后）：情况 3 个数（\(\sum [v_i\ge b]\)）是偶数

那么我们就可以暴力枚举 \(O(nm^2)\) 了。然而过不去。。

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考虑先手胜利的情况：

• 不存在 \(v_i\in [a,b)\)
• \(\sum [v_i\in [max(2a,b),a+b)]\le 1\) 并且 \(\sum [v_i\ge b]\) 为奇数。

考虑后手胜利的情况：

• 不存在 \(v_i\in [a,b)\)
• \(\sum [v_i\in [max(2a,b),a+b)]=0\) 并且 \(\sum [v_i\ge b]\) 为偶数。

首先枚举 \(a+b\)

对 \(v\) 进行排序。

要求 \(a,b\) 就处于一个 \((v_j,v_{j+1}]\) 的区间内。枚举是哪个区间。（边界区间也要考虑）

然后 \(\sum [v_i\ge b]\) 的奇偶性就可知了。分别考虑先手胜和后手胜的情况。

设最大的 \(v\) 是 \(v_n\)，次大的是 \(v_{n-1}\)

• 先手

  \(\sum [v_i\in [max(2a,b),a+b)]\le 1\)

  即：\(max(2a,b)>v_{n-1}\)

  即：必须满足 \(a>\lfloor \frac {v_{n-1}} 2\rfloor\) 和 \(b>v_{n-1}\) 中至少一个

  看起来这个玩意儿需要容斥。但是实际上不用。
  因为 \(a,b\) 在一个区间里，所以 \(b>v_{n-1}\) 的时候 \(a\) 一定 \(>v_{n-1}>\lfloor \frac {v_{n-1}} 2\rfloor\)。所以只需要计算 \(a>\lfloor \frac {v_{n-1}} 2\rfloor\) 的情况。

• 后手

  \(\sum [v_i\in [max(2a,b),a+b)]=0\)

  即：\(max(2a,b)>v_n\)

  即：\(a>\lfloor \frac {v_n} 2\rfloor\) 或 \(b>v_n\)

  同理。
  因为 \(a,b\) 在一个区间里，所以 \(b>v_{n}\) 的时候 \(a\) 一定 \(>v_{n}>\lfloor \frac {v_{n}} 2\rfloor\)。所以只需要计算 \(a>\lfloor \frac {v_{n}} 2\rfloor\) 的情况。

那么我们最后会框出一个 \(a\) 的范围 \([l,r]\)，然后 \(b\in (v_{j},v_{j+1}\bmod s)\)

l = max(v[j] % s, mx / 2) + 1, r = min(v[j + 1] % s, m);

注意到我们开始有个设定叫 \(a\le b\)，现在我们想抛弃它，否则会很难写。

那么就是 \(min(a,b)\in [l,r],max(a,b)\in \in (v_{j},v_{j+1}\bmod s)\)

也就是 \(min(a,b)\ge l,max(a,b)\le r\)

\(a\ge l,b\ge l,a\le r,b\le r\)

那么最终 \(a\) 的范围就是 \([min(l,s-r),max(r,s-l)]\)

太困难啦！谢谢 @shight 答了一堆奇奇怪怪的疑。

代码

const int N = 110, M = 2e5 + 10;
int n, m, tmp[N];
ll v[N], ans, ansf, anss;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &v[i]);
	for(int s = 2; s <= (m << 1); s++) {
		tmp[0] = 0; tmp[n + 1] = s - 1;
		for(int i = 1; i <= n; i++) tmp[i] = v[i] % s;
		sort(tmp, tmp + (n + 1) + 1);
		for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
			//a,b在 [tmp[i-1],tmp[i]]之间。 
			//fl: >=b 的个数是否为奇数。
			bool fl = (n + 1 - i) & 1;
			int l = max(tmp[i - 1], tmp[n - 1 + (!fl)] / 2) + 1, r = min(tmp[i], m);
			//是奇数：可能后手必败（先手必胜）。找次大 
			//是偶数：可能先手必败（后手必胜）。找最大 
			(fl ? ansf : anss) += max(0, min(r, s - l) - max(l, s - r) + 1);
		}
	} 
	ans = (1ll * m * m - ansf - anss) >> 1;
	printf("%lld %lld %lld %lld\n", ans, ans, ansf, anss);
	return 0;
}