Codeforces 1076G - Array Game（博弈论+线段树）

Codeforces 题面传送门 & 洛谷题面传送门

一道 hot tea……听讲解时半懂不懂因为不知道题目意思，最后终究还是琢磨出来了（

首先注意到对于每个 \(a_i\)，它具体是什么并不重要，我们只关心它的奇偶性，因为每次到达一个点后，如果后手有必胜策略，那么如果先手原地踏步，那么后手完全可以重复先手的操作直到 \(a_i\lt 2\) 为止，如果先手有必胜策略则反过来。由于每次走到一个点时候都要令 \(a_i\) 减 \(1\)，因此我们可以直接令 \(a_i\leftarrow (a_i-1)\bmod 2\)，这样游戏可以转化为，有 \(n\) 个 \([0,1]\) 中的整数 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，初始有一个棋子在 \(a_1\) 处，两个人轮流操作，每次一个人可以将棋子移到 \([i+1,\min(i+m,n)]\) 中的某个位置上，或者如果 \(a_i=1\)，那么可以将棋子停留在原地并令 \(a_i=0\)，不可以操作者输，问最终谁 win。

考虑暴力 \(dp\)，\(dp_{i,j}\) 为当前棋子在 \(i\)，\(a_i=j\) 的输赢状态，\(0\) 表示先手必输，\(1\) 表示先手必胜，那么显然 \(dp_{i,j}=1\) 当且仅当 \(\exists k\in[i+1,\min(i+m,n)]\) 满足 \(dp_{k,a_k}=0\)，或者 \(j=1\) 且 \(dp_{i,0}=0\)，否则 \(dp_{i,j}=0\)。

这样暴力做是 \(\mathcal O(nq)\) 的，考虑优化这个暴力，以下简记 \(dp_i=dp_{i,a_i}\)，手玩一下样例就会发现一个 observation，那就是如果 \(a_i=1\)，那么必有 \(dp_i=1\)，因为如果 \([i+1,i+m]\) 中存在必输点那么移到那个必输点即可，否则 \(dp_{i,0}=0\)，原地踏步即可。也就是说我们只用对于 \(a_i=0\) 检验 \([i+1,i+m]\) 中是否存在必输点即可。那么怎么检验呢？注意到这题的 \(m\) 令人出乎意料地小，\(2^m\) 不过 \(32\)，并且涉及区间操作，因此可以想到线段树维护个什么东西。我们考虑对序列 \(a\) 建一棵线段树，线段树上每个区间 \([l,r]\) 开一个 \(2^m\) 的数组 \(to\)，其中 \(to_S\) 表示如果 \(r+1,r+2,\cdots,r+m\) 是否为必胜点的状态为 \(S\)（\(0\)：必输点；\(1\)：必胜点），那么 \(l,l+1,\cdots,l+m-1\) 是否为必输点的状态是多少。这样显然可以在 \(\mathcal O(2^m)\) 的时间内合并 \([l,mid],[mid+1,r]\) 两个节点上的信息，初始状态：若 \(a_i=1\)，那么 \(to_S=(2S+1)\&(2^m-1)\)，其中 \(\&\) 为按位与，否则如果 \(S=2^m-1\) 那么 \(to_S=2^m-2\)，否则 \(to_S\) 也等于 \((2S+1)\&(2^m-1)\)。最终求答案就将查询区间拆分一下、合并一下，如果查询得到的 \(to_0\) 的第一位为 \(0\)，那么答案是 \(2\)，否则答案是 \(1\)。至于那个区间加……显然如果 \(x\) 是偶数那么我们肯定不用关它，否则相当于翻转一个区间的 \(a\)（\(0\to 1,1\to 0\)），我们就记 \(b_i=2-a_i\)，额外维护一下 \(b\) 数组的胜负情况，记作 \(to'\)，翻转一整个区间时就直接交换它的 \(to\) 和 \(to'\) 即可，时间复杂度 \(2^mn\log n\)，已经可以通过此题。

当然还有比正解更优秀的做法，其实只要加一个非常 simple 的 optimization 即可，注意到上面的做法中记录了一个二进制状态，费时费力，而其实我们只关心它第一个 \(0\) 的位置，因此我们可以将 \(to_i\) 的定义修改为：如果在 \(r\) 右边离 \(r\) 最近的必输点位置为 \(r+i\)，那么在 \(l-1\) 右边离 \(l-1\) 最近的必输点位置为 \(l-1+to_i\)，如果该位置 \(>l-1+m\) 那么 \(to_i=m+1\)，显然在这种定义下我们可以 \(\mathcal O(m)\) 地合并序列信息，因此复杂度就降到了 \(mn\log n\)。

const int MAXN=2e5;
const int MAXM=5;
int n,m,qu;ll a[MAXN+5];
struct data{
	int a[MAXM+3];
	data(){memset(a,0,sizeof(a));}
	friend data operator +(data x,data y){
		data res;
		for(int i=1;i<=m+1;i++) res.a[i]=y.a[x.a[i]];
		return res;
	}
};
struct node{int l,r,rev;data v[2];} s[MAXN*4+5];
void pushup(int k){
	s[k].v[0]=s[k<<1|1].v[0]+s[k<<1].v[0];
	s[k].v[1]=s[k<<1|1].v[1]+s[k<<1].v[1];
}
void build(int k,int l,int r){
	s[k].l=l;s[k].r=r;
	if(l==r){
		for(int i=1;i<=m;i++){
			s[k].v[a[l]].a[i]=s[k].v[a[l]^1].a[i]=i+1;
		} s[k].v[a[l]].a[m+1]=1;s[k].v[a[l]^1].a[m+1]=m+1;return;
	} int mid=l+r>>1;
	build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
	pushup(k);
}
void pushdown(int k){
	if(s[k].rev){
		swap(s[k<<1].v[0],s[k<<1].v[1]);s[k<<1].rev^=1;
		swap(s[k<<1|1].v[0],s[k<<1|1].v[1]);s[k<<1|1].rev^=1;
		s[k].rev=0;
	}
}
void flip(int k,int l,int r){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return swap(s[k].v[0],s[k].v[1]),s[k].rev^=1,void();
	int mid=(pushdown(k),s[k].l+s[k].r>>1);
	if(r<=mid) flip(k<<1,l,r);else if(l>mid) flip(k<<1|1,l,r);
	else flip(k<<1,l,mid),flip(k<<1|1,mid+1,r);pushup(k);
}
data query(int k,int l,int r){
	if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].v[0];
	int mid=(pushdown(k),s[k].l+s[k].r>>1);
	if(r<=mid) return query(k<<1,l,r);
	else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r);
	else return query(k<<1|1,mid+1,r)+query(k<<1,l,mid);
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&qu);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),a[i]=(~a[i])&1;
	build(1,1,n);
	while(qu--){
		int opt;scanf("%d",&opt);
		if(opt==1){
			int l,r;ll x;scanf("%d%d%lld",&l,&r,&x);
			if(x&1) flip(1,l,r);
		} else {
			int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);data t=query(1,l,r);
			printf("%d\n",1+(t.a[m+1]==1));
		}
	}
	return 0;
}