【BZOJ4035】数组游戏，博弈论+分块乱搞

传送门

思路：

起初思路挺好，后来就比较奇怪的一道题目

玩法很像SDOI2016R2的硬币游戏，不过那个题目直接暴力SG就可以过，本题直接套规则只有30分；

稍微优化一下，不枚举k，直接每次xor一下后继状态的sg，可以得50分，复杂度O(nlogn)；

70分需要一个比较好玩的结论：

如果⌊ni⌋=⌊nj⌋，那么sg(i)=sg(j)

我们可以归纳证明一下：

当⌊ni⌋=1时，显然sg(i)=1，因为它只能令自身反色

当⌊ni⌋>1时，sg(i)由⌊n2i⌋,⌊n3i⌋..的sg值决定，又⌊nij⌋=⌊⌊ni⌋j⌋，所以⌊ni⌋相同的位置后继状态相同，sg值也就相同了

然后就可以分块求了，⌊ni⌋的取值最多有2n√种，转移时考虑落在当前区间内的后继点奇偶就可以了，复杂度O(n)，可以得70分，个人以为这正是本题巧妙的地方

接下来的优化就比较玄学了，本人一开始并不知道怎么做，弃疗后百度了题解，好像是什么跑不满的小常数O(n)，还有什么玄学/hash，表示不是很懂，不过里面所说的合并sg给了我启发，因为有很多⌊ni⌋不相等的块sg值相同，这个优化比较奇怪但确实很好用，在n=109时用这个优化，块的数量只有9223个，所以我们只要求出一个块的sg后和前一个块比较，如果sg相同就合并，查找时二分一下就可以了

提示：本题中sg函数都不大

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,q,cnt;
int pos[64005],f[64005];
struct node{
int l,r,sg;
}da[64005];
bool vis[1000];
void dp()
{
for (int i=pos[0];i;--i)
{
int t=0,mx=0,p=cnt;
for (int last=2,j=2;j<=n/pos[i];j=last+1)
{
for (;j*pos[i]>da[p].r&&p;--p);
if (p) last=da[p].r/pos[i];
vis[t^da[p].sg]=1;
mx=max(mx,t^da[p].sg);
if (last-j+1&1) t^=da[p].sg;
vis[t]=1,mx=max(mx,t);
}
for (int j=1;;++j)
if (!vis[j])
{
f[i]=da[++cnt].sg=j;
if (cnt>1&&da[cnt].sg==da[cnt-1].sg)
da[--cnt].l=pos[i-1]+1;
else
da[cnt].l=pos[i-1]+1,da[cnt].r=pos[i];
break;
}
for (int j=0;j<=mx;++j) vis[j]=0;
}
}
main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for (int last,i=1;i<=n;i=last+1) pos[++pos[0]]=last=n/(n/i);
dp();
for (int x,ans;q;--q)
{
ans=0;
scanf("%d",&m);
for (;m;--m)
scanf("%d",&x),
ans^=f[lower_bound(pos+1,pos+pos[0]+1,n/(n/x))-pos];
puts(ans?"Yes":"No");
}
}