[海军国际项目办公室]石子游戏

石子游戏

题解

$5\times 10^5$的范围$O\left(n{\log }^{2}n\right)$就离谱，还只开$1s$。

看到这道题，我们应该很容易联想到$Nim$游戏的方法，我们可以通过$sg$函数来得到答案。
我们定义$s{g}_i$表示对于数量为$i$的石子堆的$sg$函数值。
显然，$s{g}_i=me{x}_{j=i-x}^{i-1}s{g}_j$，显然，答案当$xo{r}_{i=1}^{n}s{g}_{a_i}$大于$0$时是先手必胜的，否则是后手必胜的。
关于这个的证明可以自己去了解一下$Nim$游戏。

而我们要求的是对于$x=1,2,...,n$的所有情况的异或值。
我们考虑我们的$sg$函数与$x$有什么关系。很容易发现，$s{g}_i=(i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x+1))$。
所以，我们的答案应该是$xo{r}_{i=1}^n(a_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x+1))$。
事实上只有出现奇数次的$a_i$会有贡献，我们记$a_i$出现次数的奇偶性为$cn{t}_{a_i}$，那么答案应为$xo{r}_{i=1}^n(cn{t}_{i}i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x+1))$。
也就是说，我们每次只需要将出现奇数次的数模$x+1$的异或和求来就行了。
而$x$又会从$1$到$n$连续变化，考虑怎么求出这些答案。
它们都是模数在不断连续变化，我们很容易联想到Maximize GCD，通过调和级数来使我们的所有的枚举复杂度达到$\log n$。

但这样也就要求快速求出一个区间里的异或和，但这个区间内并非每个数都有贡献。
由于这是异或的转移，很容易从二进制位上找到方向，$[0,1,...,2^{j-1}-1]$与$[2^{j-1},2^{j-1}+1,...,2^j]$的区别仅在于$2^{j-1}$位上是$0$还是$1$。
所以我们可以通过倍增来快速求出答案。
我们定义$f_{i,j}$表示从$i$开始，也就是$i$的贡献为$1$，往后延伸$2^j$位，贡献不断增加，最后总的异或和的大小。
很明显，$f$的转移是与普通倍增的转移相似的，最多只需要判断后半部分的数的数量，如果是奇数就异或上$2^{j-1}$。
同样，对于每个数的查询我们也是一段一段跳着去查询这一段的异或和，每次跳到模$(x+1)$为$1$的位置，往后$x$个的异或和。
同样地，这$x$个也可以用上面的方法求出，我们从$2^{\log x}$开始往下找，跳过去，后面跳的肯定包含我们前面跳的部分的二进制位，我们的步长是在逐渐缩小的，所以我们后面的会包含前面，同样通过奇偶性判断就行了。
每个$x$会进行$\lceil \frac{n}{x}\rceil$次倍增的操作，根据调和级数，最后进行的倍增操作次数是$n\ln n$的。

时间复杂度$O\left(n\ln n\log n\right)$。

源码

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include
using namespace std;
#define MAXN 500005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;     
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;  
const int mo=998244353;
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int n1=50;
const int zero=10000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
typedef pair<LL,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){
     return x<0?-x:x;}
char gc(){
     static char buf[5000000],*p1=buf,*p2=buf;return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
#define getchar gc
char obuf[1<<22],*opt=obuf+(1<<22);
void pc(const int&ch){
     *--opt=ch;}
#define putchar pc
template<typename _T>
void read(_T &x){
     
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){
     if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){
     x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){
     putchar('\n');while(x>9){
     putchar((x%10)|'0');x/=10;}putchar(x|'0');}
LL gcd(LL a,LL b){
     return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){
     return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){
     x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){
     int t=1;while(s){
     if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,a[MAXN],cnt[MAXN],sum[MAXN],f[MAXN][22],ans,lg[MAXN],hig[MAXN];
signed main(){
     
	freopen("stone.in","r",stdin);
	freopen("stone.out","w",stdout);
	read(n);for(reg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]),cnt[a[i]]^=1;
	for(reg int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+cnt[i];
	for(reg int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=cnt[i];
	for(reg int i=2;i<=n;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1,hig[i]=hig[i>>1]+1;
	for(reg int j=1;j<=lg[n];j++)
		for(reg int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++){
     
			f[i][j]=f[i][j-1]^f[i+(1<<j-1)][j-1];
			if(cnt[i+(1<<j)-1])f[i][j]^=(1<<j-1),f[i][j]^=(1<<j);
			if(sum[i+(1<<j)-2]-sum[i+(1<<j-1)-1]&1)f[i][j]^=(1<<j-1);
		}
	for(reg int i=n;i>0;i--){
     
		ans=0;
		for(reg int j=1;j<=n;j+=(i+1)){
     
			reg int tp=0,x=j,len=min(i,n-j+1);
			for(reg int k=len;k;){
     
				const int t=(1<<hig[k]);
				if(sum[x+t-1]-sum[x-1]&1)ans^=tp;
				ans^=f[x][hig[k]];tp^=t;x+=t;k^=t;
			}
		}
		if(i==n)pc('\n');else pc(' ');
		if(ans)pc('e'),pc('c'),pc('i'),pc('l'),pc('A');
		else pc('b'),pc('o'),pc('B');	
	}
	fwrite(opt,1,obuf+(1<<22)-opt,stdout);
	return 0;
}