題目描述

給出 $n$ 和 $m$ ，$m$ 次詢問。每次詢問給出 $a$ 和 $b$ ，兩人輪流選擇：將 $a$ 加一或者將 $b$ 加一，但必須保證 $a^b\le n$ ，無法操作者輸，問先手是否必勝。

$n\le 10^9$ ，$m\le 10^5$ ，$a\ge 2$ ，$b\ge 1$ ，$a^b\le n$

題解

博弈論+dp

顯然可以想到預處理 $f[i][j]$ 表示 $a$ 為 $i$ ，$b$ 為 $j$ 時先手能否勝利。顯然由 $f[i+1][j]$ 和 $f[i][j+1]$ 推出。

但是由於 $n$ 有 $10^9$ 就會GG...

我們考慮：當 $i^j\le n$ 且 $i^{j+1}>n$ 時，先手只能選擇將 $a$ 加一，後手也一樣。因此勝負已定。

因此當 $b=1$ 時可以只預處理到 $f[\sqrt n][1]$ ，當 $a>\sqrt n$ 時顯然可以 $O(1)$ 判斷。

時間復雜度 $O(m+\sqrt n\log n)$ 。

其實對於每一個 $b$ 都可以用同樣的方法判斷，時間復雜度變為 $O(m+\sum\limits_{i=2}^{\log n}\sqrt[i]{n})=O(m+\sqrt n)$ 但沒什麽必要。。。

#include <cstdio>
int p[32010][31] , log[32010] , f[32010][31]; //0: win
int main()
{
	int n , m , i , j , a , b;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	for(i = 2 ; i <= 32000 ; i ++ )
	{
		if(i > n) log[i] = 0;
		else
		{
			p[i][1] = i;
			for(j = 2 ; 1ll * p[i][j - 1] * i <= n ; j ++ )
				p[i][j] = p[i][j - 1] * i;
			log[i] = j - 1;
		}
	}
	f[32001][1] = !((n - 32001) & 1);
	for(i = 32000 ; i != 1 ; i -- )
		for(j = log[i] ; j ; j -- )
			f[i][j] = !(f[i][j + 1] || f[i + 1][j]);
	while(m -- )
	{
		scanf("%d%d" , &a , &b);
		puts((a > 32000 ? !((n - a) & 1) : f[a][b]) ? "No" : "Yes");
	}
	return 0;
}

【uoj#51】[UR #4]元旦三俠的遊戲 博弈論+dp