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起首是本身dp根本很差，然後是状压写的少，好不易碰到赶快记下来。鼻炎救星，
另有就是近来在學latex了，写了好几個月發明這個問题一向没解决，井底之蛙了属因而。
原题链接：C. More Reclamation
题意：
有一条 2 \, \cdot n 的运河。這条运河是首要的商業通道，是以运河必需連结連通(4連通)。两個國度起頭争取地皮，他們争取地皮的方法是填河造陆，可是填河造陆的限定是不克不及讓运河堵上。河中小琉球套裝行程兩天一夜,存在一些石頭，有石頭的處所是不克不及填埋的。不克不及填河的國度會以失败了结，请問谁會获胜。
阐發：
每次咱們在填入一块地的時辰[i, j]，對面的持续三块 [i \oplus 1, j - 1], [i \oplus 1, j], [i \oplus 1, j + 1] 都不克不及被填埋，如圖所示：一块完备的圖被朋分成為了两块。
而且每次填入一块城市發生朋分，是以，這道题的本色實在就是割裂遊戲。咱們必要求出每种块的sg函数，最後异或起来便可。
状况紧缩：
咱們描写一個方块必要三個参数： len，up，down。 len 暗示块的长度， up 暗示上真個状况， down 暗示下真個状况。此中上下的状况一共有三种：两块都没被占，左侧没被占，右侧没被占，咱們别離用 0/1/2 暗示，那末终极 sg[len][up][down] 便可以暗示状况的sg函数了。
状况割裂：
罗列上下状况和填入的状况，填入的状况對付新發生的两块的上下状况要末是1要末是2，對付不克不及填的部門要判掉。然後暴力异或赛到set里便可。
S.insert(sg[j][up][k]\oplus sg[i - j - 1][k][down]);
代码：
- int r, n, m, q;
- int a[N][2];
- int sg[N][3][3];
- int get_sg() {
- for(int i = 1; i < N ; i ++ )
- for(int up = 0 ; up < 3; up ++ )
- for(int down = 0 ; down < 3; down ++ ) {
- set<int> S;
- for(int j = 0 ; j < i ; j ++ )
- for(int k = 1; k <= 2; k ++ ) {
- if((j == 0 && k != up && up) || (j == i - 1 && k != down && down)) continue;
- S.insert(sg[j][up][k] ^ sg[i - j - 1][k][down]);
- }
- int ans = 0;
- while(S.count(ans)) ans ++ ;
- sg[i][up][down] = ans;
- }
- }
- signed main() {
- get_sg();
- // cin >> r >> n;
- r = read(), n = read();
- for(int i = 1; i <= n ; i ++ ) {
- int x, y;
- x = read(), y = read();
- y -- ;
- a[x][y] = 1;
- a[x - 1][y ^ 1] = 1;
- a[x + 0][y ^ 1] = 1;
- a[x + 1][y ^ 1] = 1;
- }
- int len = 0, up = 0, down = 0, res = 0;
- for(int i = 1; i <= r ; i ++ ) {
- if(a[微創植牙,i][0] + a[i][1] == 2) continue;
- int j = i;
- while(j <= r && a[j][0] + a[j][1] < 2) j ++ ;
- len = j - i;
- up = (a[i][0] + a[i][1] == 0) ? 0 : (a[i][0] ? 2 : 1);
- down = (a[j - 1][0] + a[j - 1][1] == 0) ? 0 : (a[j - 1][0] 美白牙膏,? 2 : 1);
- // cout << i << " " << j << " " << len減肥茶飲推薦, << " " << up << " " << down << endl;
- res ^= sg[len][up][down];
- i = j;
- }
- if(res) cout << "WIN腳臭治療,";
- else cout << "LOSE";
- }
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發表於 2023-10-16 16:06:38
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