机房模拟20181017
noip前冲刺阶段的机房模拟......随便搞搞
T1（签到题）
就随便看着1e9的数据..........什么O（n）、O（nlog（n）） 之类的数据就别想了吧.........
我们一看到xor，就应该可以马上反应过来其实可以拆位来做，因为一个数二进制下每一位对于答案的贡献是完全独立的，可以直接相加。
我们对于一位来说，肯定是只有0和1这两种位数，那么我们考虑何种情况下对答案是有贡献的。
首先，一对1和一对0是肯定没有贡献的，那么我们考虑一个1和一个0；
于是我们可以得到：假设这个数的这一位是1，那么肯定需要一个0才能使得这一个1对答案有贡献。
那么贡献是多少呢？
我们可以轻松得到0的个数*1的个数＊（１＜＜ｉ）*2
为什么要乘以2呢？
因为如果说1和0有贡献的话，0对1同样是有贡献的，所以我们计算两次就可以防止遗漏
接着我们考虑该如何统计每一位上[L,R]之间的1的个数
我们发现如果要从0开始数数，0、1、2、3、4、5……会出现以下情形
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
……
我们发现从低到高的话（从右向左），第一位的循环节长度是2（01 01 01）第二位是4（0011 0011 0011），第三位是8（00001111 00001111 00001111，而其中1、0个掺半。
如果我们直接根据L、R来考虑0、1的个数的话会非常的复杂，因为你不知道对于L来说到底处于当前循环节的位置。，R也同理
但是如果说我们使用1~R间的个数减去1~L-1的个数的话，由于0肯定是一个任意一位的循环节的开始位置，那么我们只需要处理R就好了
R就随便取下模就OK了
代码
#include
#define OP "xor"
#define LL long long
const int MOD=1e9+7;
int main()
{
std::freopen(OP".in","r",stdin);
std::freopen(OP".out","w",stdout);
int T;
std::scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int l,r;
std::scanf("%d%d",&l,&r);
LL ans=0;
l--;
for(int i=0;(1<(1<(1< T2（又一次超纲考博弈论........）
首先要搞清楚，这一道题虽然看上去和NIM游戏是如此的相似
但是并不一样.............
我们首先考虑简单的情况 （也就是部分分）
第一，当x、y、z很小的时候，我们可以考虑使用非常简单的博弈论基础内容，开一个三维数组来记录当前的x、y、z是必胜态或者是必败态，然后用必胜必败态的基础性质来转移（一个状态为必胜态当且仅当当前状态可以转移到一个必败态，一个状态为必败态当且仅当它能够转移到的所有状态均为必胜态）
这样的话时间复杂度为n^4
我们再来考虑只有两堆的情况（著名的威佐夫博弈）。
根据之前的做法打表，我们可以发现只有两堆的情况有一些特殊的性质，打个比方，我们打出只有两堆的情况时侯的前五项必败态，他们分别是
1 2 0
3 5 0
4 7 0
6 10 0
8 13 0
……
我们可以发现它们拥有的两个性质：
1、对于任意一个自然数，存在且仅存在一个自然数使得当前情况为必败态
2、对于任意一个必败态，其两堆石头的差值一定与任意必败态不同。
这两个性质都非常好证明
1、若对于自然数X，存在Y1，Y2使得其为必败态，我们假设Y1 X、Y2可以通过先手的操作使它变为X、Y1。 X、Y1为必败态，则后手必败，先手必胜，与X、Y2必败矛盾。 故对于任意一个自然数，存在且仅存在一个自然数使得当前情况为必败态。 2、对于自然数对(X1、Y1)；(X2、Y2)，两者均为必败态 ，且X1 先手拿到X2、Y2状态 先手通过操作使其变为X1、Y1 X1、Y1必败，则后手必败，先手必胜，与X2、Y2必败矛盾 故对于任意一个必败态，其两堆石头的差值一定与任意必败态不同。 至此证毕 两者的证明其实真正依赖的定理都是博弈论的基础性质：一个必败态只能转移到必胜态，不可能转移到必败态，否则与它是必败态完全矛盾。 知道了这一个性质，当只有两堆棋子的时候我们就可以直接n^2for循环得到任意的值对应的必败态，如果另外的一个值是其对应的必败态的值则就输出No，否则输出Yes 至此，我们拥有了这道题目的70pts算法。 而实质意义上，两堆的情况稍作推理就可以转移至三堆的情况 对于已经确定的前两堆石子（a，b），存在且仅存在一个c使得这个三元组为必败态，其余均为必胜态 然后我们可以发现，对于同一个c，a、b之间的差值仍然不变。 于是我们定于f[a][b]，其含义为当前两堆石头为a，b时所对应的唯一的使得当前状态成为必败态的第三堆石头 那么我们考虑从小到大枚举C 我们可以发现，对于C来说，由于从小到大枚举，那么f[a][b]=k且k 根据以上性质，我们可以得到：当存在f[a][b]=k且k 所以我们记录一下这些特殊的必定不等的值，再判断一下a、b出现次数是否大于1以及他们的差值是否只出现一次，就可以得到a、b了 然后输入x、y、z，直接判断f[x][y]是否等于z，如果等于输出No（必败），否则输出Yes； 如果你完美地看出了性质，这本来是不是很难的题目..... 但是性质贼TM难想，属于不知道就寸步难行（出题人原话）的那种 区间贡献的系数只有2、0、-2三种，根本不用考虑到底放在具体哪个区间，只需要考虑放在哪种区间即可......... 知道这个性质之后真的随随便便都能过............ #include
#include