A 一看到题,不是一道解不定方程的裸题吗,调了好久exgcd。 其实一个for就好了啊

B 一直WA ON TEST 7真是烦,一想会不会是编号太大了,又写了一个map版本,无用。

调了好久好久才发现有几次询问没有读完mmp

C 调了一晚上,又看了数篇题解,终于看懂了QAQ

这是一道博弈论,借助图论/DP帮助完成。

博弈中有3种状态:必胜,必败,不一定

而我们需要将这些状态一直转移以求得结果。

如果A无论怎么移动,使B下一步必胜,则A的现在状态为必败。
如果A可以移动任意一步,使B下一步必败,则A现在的状态为必胜。

没被搜到就不一定。

大致思路就是这样,考虑具体实现。

1.如果从每个状态正着搜,显然不行。只能由终止状态倒着推

2.每个状态记录一下入度,且每次若转移需要判重! 经计算,queue空间为4*n

3.思路要清晰,要清楚我们输出的是什么东西(我昨晚一直思路混乱,多求了很多没用的东西)

4.注意细节,我好粗心好粗心啊

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;
#define N 7005
int n,k[],s[][N],dp[][N]; //1 win 0 loop -1 lose
int Degree[][N]; //此时先手者
struct Node {
int p,turn;
} q[N<<],u,v; inline void read(int &x) {
x=; char c=getchar(); int f=;
while (c<''||c>'') {if (c=='-') f=-; c=getchar();}
while (c>=''&&c<='') {x=*x+c-''; c=getchar();} x*=f;
}
inline void bfs() {
int f=,r=;
u.p=; u.turn=; q[]=u; dp[][]=-;
u.turn=; q[]=u; dp[][]=-;
rep(i,,n) rep(j,,) Degree[j][i]=k[j]; //此时先手者
while (f!=r) {
u=q[f++]; int now=u.turn;
rep(i,,k[now^]) { //len!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
int dot=(u.p-s[now^][i]+n-)%n+; //% !!!!!!!!!!
if (dot==) continue; //can't be realized!!!!!!!!
if (dp[now][u.p]==-) {
if (dp[now^][dot]==) continue;
dp[now^][dot]=;
v.turn=u.turn^; v.p=dot;
q[r++]=v;
}
else if (dp[now][u.p]==) {
// if (dp[now^1][dot]==1) continue; if win,can't lose!!
if ((--Degree[now^][dot])==) {
dp[now^][dot]=-;
v.turn=u.turn^; v.p=dot;
q[r++]=v;
}
}
}
}
}
int main() {
// freopen("1.in","r",stdin);
read(n);
rep(i,,) {read(k[i]); rep(j,,k[i]) read(s[i][j]);}
bfs();
rep(i,,) {
rep(j,,n)
if (dp[i][j]==) printf("Win ");
else if (dp[i][j]==-) printf("Lose ");
else printf("Loop ");
puts("");
}
return ;
}

D 线段树/虚拟点优化建图

直接建图不可能,这种区间题肯定是裸的线段树

建两棵线段树,每个节点代表一个区间,对于2、3操作,最多连log条边。

第1棵:上到下连边 ;第2棵:下到上连边

操作2:点到tree1的node连边

操作3:tree2的node到点连边

这个转化挺巧妙的。。

自己果然还是菜

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