AGC 010D.Decrementing(博弈)
\(Description\)
给定\(n\)个数\(A_i\),且这\(n\)个数的\(GCD\)为\(1\)。两个人轮流进行如下操作:
- 选择一个\(>1\)的数使它\(-1\)。
- 第一步进行完后,所有数会变成它除以\(g\),其中\(g\)是\(n\)个数的\(GCD\)。
当轮到一个人操作,但所有数为\(1\)时,该人输。求先手是否必胜。
\(n\leq10^5,\ A_i\leq10^9\)。
\(Solution\)
首先能发现一些性质:
- 当有一个数变成\(1\)时,答案只和所有数的和\(-n\)的奇偶性有关。
- 对所有数除以一个奇数,任意一个数的奇偶性不变;除以一个偶数,奇偶性不确定。
- \(g\neq1\)时,除以\(g\)的操作不会进行超过\(30\)次。
考虑先手。
假设当前\(\sum(A_i-1)\)的奇偶性为奇数,即处于优势,那么他应该保持操作完(所有数除以\(g\)后)所有数的奇偶性还是偶数。
注意到当有至少一个奇数时,\(GCD\)不可能为偶数。而最初所有数的\(GCD\)为\(1\),那么至少有一个奇数。另外此时偶数有奇数个,如果任意修改一个偶数,\(g\)一定还是奇数。
考虑现在的后手。先手进行上述操作后存在至少两个奇数,所以一定不能使\(g\)变为偶数来改变局面。而先手可以保持奇数的个数一直增加,所以后手没法翻盘,必败。
如果当前\(\sum(A_i-1)\)的奇偶性为偶数,即处于劣势,那么先手要使操作后的\(g\)变为偶数才可能翻盘。
由上面的分析,如果存在\(>1\)个的奇数,先手必败。否则先手只能修改这个奇数让\(g\)变成偶数。但是现在仍不能判断胜负,继续递归下一层。
最多递归\(\log\)层,所以复杂度\(O(n\log A)\)。(似乎还有个求\(\gcd\)...)
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int n,A[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
bool DFS(bool now)
{
int s=0,fg=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]==1&&(fg=1), s+=A[i]&1;
if((n-s)&1) return now;
if(fg||s>1) return now^1;
for(int i=1; i<=n; ++i)
if(A[i]&1) {--A[i]; break;}
int g=A[1];
for(int i=2; i<=n; ++i) g=std::__gcd(g,A[i]);
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]/=g;
return DFS(now^1);
}
int main()
{
const int n=read(); ::n=n;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read();
puts(DFS(1)?"First":"Second");
return 0;
}
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