傳送門 這題的
關鍵在於
,如果一
直和對手
取相反方
向的位置
\color這題的關鍵在於,如果一直和對手取相反方向的位置
這題的關鍵在
於,如果
一直和對
手取相反
方向的位
置 最 後得
到的位置
會是乙個
定值,根
據這個去
分類討論
。\color最後得到的位置會是乙個定值,根據這個去分類討論。
最後得到的位
置會是一
個定值,
根據這個
去分類討
論。假設需要進行k
kk個完整回合
下面規定x−y
x-yx−
y為索引x
xx開頭長y
yy的串(索引從1起)
規定逆向的含義為:和另乙個人取相反的方向
(先手不希望串變成t,後手希望)
回合數k
kk為奇數時,最後乙個操作是先手當[k+
1,k+
∣t∣]
[k+1,k+|t|\ ]
[k+1,k
+∣t∣
]等於t
tt且[k+
2,k+
∣t∣+
1]
[k+2,k+|t|+1]
[k+2,k
+∣t∣
+1]等於ttt
如果後手一直逆向,最後輪到先手時一定剩下[k+
1,k+
∣t∣+
1]
[k+1,k+|t|+1]
[k+1,k
+∣t∣
+1]
此時先手選前面還是後面都沒用,那麼後手必勝
否則,先手必勝。
因為上面[k+
1,k+
∣t∣]
[k+1,k+|t|]
[k+1,k
+∣t∣
]或[k+1
,k+∣
t∣+1
][k+1,k+|t|+1]
[k+1,k
+∣t∣
+1]至少乙個不滿足
假設是[k+
1,k+
∣t∣]
[k+1,k+|t|]
[k+1,k
+∣t∣
]不滿足,那麼先手第一步先取後面的部分
然後以後的每一步都逆向,這樣最後一定剩下[k+
1,k+
∣t∣]
[k+1,k+|t|]
[k+1,k
+∣t∣
] 假設是[k+
1,k+
∣t∣+
1]
[k+1,k+|t|+1]
[k+1,k
+∣t∣
+1]不滿足,同理。
回合數k
kk為偶數時,最後乙個回合是後手,都可以走k步
可以前k−1
k-1k−
1步後手一直逆向
假如滿足xxx
txxx
***t***
xxxtxx
x的形式(t左邊右邊相等),後手只需要一直逆向就能贏
但是最後一步也可以不逆向,和先手同向
此時需要同時滿足xtx
xx
xt***
xt***和xxx
tx
***tx
xxxt
x(兩邊剛好差兩個字元),後手也是必勝的
否則先手必勝。
因為如果[k,
k+∣t
∣−1]
[k,k+|t|-1]
[k,k+∣
t∣−1
]不等於t
tt的話,只需要把最後乙個刪掉
以後每一步模仿後手,那麼最後會剩下[k,
k+∣t
∣]
[k,k+|t|\ ]
[k,k+∣
t∣]留給後手
此時刪掉左邊或者右邊都是無濟於事的.
#include
using
namespace std;
typedef
unsigned
long
long ull;
const
int maxn =
500009
;const ull base =
131;
ull h[maxn]
,p[maxn]
;char t[maxn]
,s[maxn]
;ull get
(int l,
int r)
intmain()
else
}}
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