[atARC087E]Prefix-free Game
2024-09-08 07:01:15
建一棵trie树,考虑一个串,相当于限制了其子树内部+其到根的链
如果将所有点补全,那么这个问题可以看作每一个极浅(子树内没有其他满足条件)的到根路径以及子树内部没有其他结束点的子树的子问题
对于多个子问题博弈,很明显去求sg,由于是一颗满二叉树,因此只与深度$l$(指该子树深度,与全局的$L$无关)有关,以下记为$f_{l}$
初始$f_{0}=1$(虽然根本身是个空串,但这个点必然不是全局trie树的根,换言之其到该根的部分仍然存在),然后$f_{i}=mex_{j=0}^{i-1}(\bigoplus_{k=j}^{i-1}f_{k})$,复杂度为$o(L^{2})$,由于$L$过大,因此要优化
观察可得$f_{n}$为$n$二进制下末尾连续1数量的2的幂次(也可以表示为$2^{lowbit(n+1)}$),证明归纳即可
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 100005
4 #define ll long long
5 map<int,bool>mat;
6 int V,n,ans,vis[N],ch[N][2];
7 ll l;
8 char s[N];
9 void add(char *s,int l){
10 int k=1;
11 for(int i=0;i<l;i++){
12 if (!ch[k][s[i]-'0'])ch[k][s[i]-'0']=++V;
13 k=ch[k][s[i]-'0'];
14 }
15 vis[k]=1;
16 }
17 void dfs(int k,ll l){
18 if (vis[k])return;
19 if ((!k)||(!l)){
20 int s=0;
21 while (l&1){
22 s++;
23 l>>=1;
24 }
25 mat[s]^=1;
26 if (mat[s])ans++;
27 else ans--;
28 return;
29 }
30 dfs(ch[k][0],l-1);
31 dfs(ch[k][1],l-1);
32 }
33 int main(){
34 scanf("%d%lld",&n,&l);
35 V=1;
36 for(int i=1;i<=n;i++){
37 scanf("%s",s);
38 add(s,strlen(s));
39 }
40 dfs(1,l);
41 if (ans)printf("Alice");
42 else printf("Bob");
43 }
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