取石子’s 题解

来自信息学奥赛一本通T1816
题面描述：
有 $n$ 堆石子，第 $i$ 堆石子有 $x[i]$ 个。
Alice和Bob轮流取石子，Alice先手，每次从一堆石子中取 $a\sim b$ 个。无法操作的人失败。此外，当一个人取完一堆石子时他会立即获胜。求谁会获胜。
有多组数据。
基本的博弈论的升级版？？？
显然这题不能直接把sg函数异或起来了，开始分类讨论。
前三个部分分口胡一下（后面两个没想过，因为有点麻烦）：
sub1：
$n=1$，直接一个简单小规律。
sub2：
$a=b$，直接暴力规律。
sub3：
$a=1$，那和正常的没什么区别，直接勇。
sub4和sub5我认为推规律和正解没什么区别了
好了。。。我也没写代码，不确定对不对，dalao们可以自己试试（其实只是因为我懒 ）。
那么开始正解：
很明显这只是比正常呃博弈论多了点限制嘛（不过这样就不能一个个子游戏算出来再异或了呢）。
有点烦呢。。。不过试试分类讨论？？？
显然如果存在 $x\in [a,b]$，那么一开始直接先手必胜，特判掉。
那么接下来的如果不满足先手特判，那么即可求它的sg函数开始异或。
显然为了让对方下次操作不会赢，我们这次操作必定不会使我们操作后那堆石头的数量在 $[a,b]$，那么我们就可以把这段区间设为不可到达的状态，然后我们不难发现，其实sg函数就是取一段区间的mex，它是存在循环节的。
提一下：
$mex$ 运算：$mex(S)=mi{n}_{x\in N,x\notin S}${$x$}（相当于线性基最小无关位）
之后分三种情况：
1、对于 $x<a$ 的，显然 $sg(x)=0$；
2、如果 $a=1$，那么就和正常的博弈没什么区别了，那么显然 $sg(x)=x\%(a+b)$；
3、如果 $a>1$，可以推导出从 $b+1$ 开始依次下去为 $a-1$ 个1，$a$ 个0，$a$ 个2，$a$ 个3…（最后一个可能不足 $a$ 个）每 $a+b$ 的长度一个循环（第一个循环的长度为 $a+b-1$），那么我们可以先把当前石子去掉一个 $b$，然后 $\%(a+b)$ 来求它的sg函数，然后你就会发现会多余一个0，再深入思考一下，发现0其实就是说明当前为 $b$ 个，这时的sg函数也为1，那么就很好办了，求sg函数只要算一下 $(x-b)\%(a+b)/a$，如果等于0改为1，如果等于1改为0，另外都等于这个值。
最后判断输出即可。
算sg函数近乎 $O(1)$，所以总的时间复杂度为 $O(tn)$。
code：

#include 
using namespace std;
int t,n,a,b,x,sum,fl,num;
void init(){
	sum=fl=0;
	scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
	num=a+b;//模数提前算出来了 
}
int sg(int x){//求sg函数 
	if(x<a) return 0;
	if(a==1) return x%num;
	(x-=b)%=num;
	return x/a>1?x/a:(x/a)^1;
}
void work(){
	for(int i=0;++i<=n;
		scanf("%d",&x),x>=a&&x<=b?fl=1:sum^=sg(x));//fl-->先手特判 
}
void prin(){
	printf(fl||sum?"Alice\n":"Bob\n");
}
int main(){
	for(scanf("%d",&t);t--;init(),work(),prin());
	return 0;
} 

感谢各位dalao捧场