CF 260 DIV2 D. A Lot of Games（字典树+博弈）

题意：给你n个字符串，所有的字符串的长度加起来不超过10^5，两人来构造一个字符串，首先该字符串是为空，然后两人轮流选一个字母加在该字符串的尾部，要求两人构成的字符串是n个字符串中某个字符串的子串，没法继续选字母者败。 给你一个K，表示将该游戏进行K次，其中第一次游戏First先手，后面的k-1次的先手为第上次游戏的败者

例如，第一次First胜，则第二次游戏Second先手

求第K次游戏的胜者

方法：

将n个字符串存在字典树，然后遍历整棵树，其中每个结点状态的可能性有四种 1（表示改点必胜），2（表示改点必败），3（表示改点想败就败，想胜就胜），4（表示改点可能败，也可能胜，胜负由对手控制）

遍历树的过程时：

if(改点为树的叶子节点) ，改点状态为2 （因为无法再选择字母）

else if 某点的子节点中有状态为4的节点，则改点的状态为3 （因为只要在该点的人走到4，就可以控制对手的胜负，所有改点的状态为3）

当改点不是叶子节点且改点的字节点没有状态为4的点时：

if 改点的子节点有状态为1还有状态为2的子节点，则改点的状态为3（如果还有子节点有状态为3的节点，该点的状态也是3，因为只要该点不朝状态为3的点那边走即可）

else if 该点的子节点有状态为1且没有状态为2的子节点，则该点的状态为2 （如果还有子节点有状态为3的节点，该点也是必败，因为如果到达该点的人朝状态为3走，表示该

人该把想赢（想输的话走状态为1的子节点就可以了），但是朝3走之后，另一个人还是可以让他绝对输，所以该点状态为2）

else if 改点没有状态为1的点有状态为2的子节点，则改点的状态为1（理由同上）

else if 改点的子节点只有状态为3的子节点，改点的状态为4 （因为只要该点走到3，对手就能够想赢就赢，想输就输）

知道根节点的状态ans后进行判断：

若ans= 1，可得K把游戏中，First和Second两人轮流赢，则判断K的奇偶性就可知道第K把谁用

若ans= 2，可得K把游戏中，First每把都是先手，每把都输，则结果为Second胜

若ans=3，可得First第一把就可控制胜负，所有他只要一直控制K-1把让自己输，第K把赢即可

若ans=4， 可得胜负由对手控制，同上理可得，结果为Second胜

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 100005

int  trie[maxn][27];
char ch[maxn];

int dfs(int n)
{
if(n== -1)
return 1;
int f1= 0, f2= 0, f3= 0, f4= 0;
int sum= 0;
for(int i= 1; i<= 26; i++)
{
if(trie
[i]== -1)continue;
sum++;
int res= dfs(trie
[i]);
if(res== 1)
f1= 1;
else if(res== 2)
f2= 1;
else if(res== 3)
f3= 1;
else if(res== 4)
f4= 1;
}
if(sum== 0)
return 2;
if(f4)
return 3;
if(f1)
{
if(f2)
return 3;//可胜可负
else
return 2;
}
else if(f2)
return 1;
else
return 4;
}

int main()
{
int n, k;
while(scanf("%d %d",&n,&k)!=EOF)
{
memset(trie, -1, sizeof(trie));
int tot= 0; //树中节点的个数
for(int i= 1; i<= n; i++)
{
scanf("%s",ch+1);
int len= strlen(ch+1);
int tt= 0; //当前的节点
for(int j= 1; j<= len; j++)
{
int k= ch[j]- 'a'+1;
if(trie[tt][k]== -1)
{
trie[tt][k]= ++tot;
tt= tot;
}
else
tt= trie[tt][k];
}
}
int ans= dfs(0);
if(ans== 1)
{
if(k&1)
printf("First\n");
else
printf("Second\n");
}
else if(ans== 2 || ans== 4)
printf("Second\n");
else if(ans== 3)
printf("First\n");
}
return 0;
}