2020-2021 ICPC Southeastern European B. Reverse Game(思维,博弈)

Posted 2021-10-08 issue是fw

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由于终止状态一定是

0000000…1111111

然后观察操作$110,110,1010$都相当于把$1$往右移动了两个格子,而$10$只是把$1$往右移动了一个格子

在未到达终止状态之前,一定可以执行操作$10$,也就是使逆序对减少$1$,这个很好理解

而且在逆序对大于等于$2$时,一定可以执行$110,100,1010$之一

证明如下

如果原串中只有一个$1$不在后缀位置,那么这个$1$后面一定有大于等于$2$个$0$才能满足逆序对大于等于$2$,即存在$100$

否则,如果原串中有多个$1$不在后缀位置,可以分解为存在若干个区间$[l_i,r_i]$为连续的$1$,因为这段$1$不在后缀位置所以$r_{i+1}{=}^{\prime }{0}^{\prime }$

当存在$r_i-l_i+1>=2$时$r_{i-1}{r}_i{r}_{i+1}=110$,满足

若每一段连续的$1$长度都为$1$,若存在某个$i$满足$r_{i+1}=r_{i+2}{=}^{\prime }{0}^{\prime }$,说明存在$r_i{r}_{i+1}{r}_{i+2}=100$,满足

否则,每一个$1$之间只用一个$0$分割开,又要满足逆序对大于等于$2$,必然存在$101$

结论

所以当逆序对$I$为$3$的倍数时,显然$Bob$获胜

因为$Alice$让逆序对减$1$那么$Bob$就让逆序对减$2$,反之亦然

当逆序对$I$不为$3$的倍数时,显然$Alice$获胜

因为$Alice$第一次可以让逆序对减$I\%3$,这样胜负状态就转换了

g根据上面的推论,可以知道在任何时刻都可以执行两种操作

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5e6+10;
#define int long long
char a[maxn];
signed main()
{
	cin >> ( a+1 );
	int ans = 0, res = 0, n = strlen( a+1 );
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if( a[i]=='1' )	res++;
		else	ans += res;
	}
	if( ans%3==0 )	cout << "Bob\\n";
	else	cout << "Alice\\n";
	return 0;
}