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Kblack loves flag

 



 






 




问题描述 



kblack喜欢旗帜（flag），他的口袋里有无穷无尽的旗帜。

某天，kblack得到了一个n*mn∗m的方格棋盘，他决定把kk面旗帜插到棋盘上。

每面旗帜的位置都由一个整数对\left(x,y \right)(x,y)来描述，表示该旗帜被插在了第xx行第yy列。

插完旗帜后，kblack突然对那些没有插过旗帜的行和列很不满，于是他想知道，有多少行、列上所有格子都没有被插过旗帜。

kblack还要把妹，于是就把这个问题丢给了你，请你帮他解决。



输入描述 



由于本题输入数据较大，所以采取在程序内生成数据的方式。

随机数产生器中有个内部变量xx初始时为seedseed，seedseed是我们提供的随机种子。每次请求生成一个\left[l,r \right][l,r]内的随机数时，它会将xx变为\left(50268147x+6082187\right)\ mod\ 100000007(50268147x+6082187) mod 100000007，然后返回x\ mod\ \left(r-l+1 \right)+lx mod (r−l+1)+l。

输入包含多组数据。第一行有一个整数TT，表示测试数据的组数，对于每组数据：

输入一行3个整数nn，mm，kk，seedseed分别表示棋盘的行数、列数、棋盘上旗帜的面数、随机种子。

接下来，你需要按顺序生成k面旗帜的位置信息。

对于每面旗帜，依次生成一个\left[1,n \right][1,n]内的随机数和一个\left[1,m \right][1,m]内的随机数，分别表示xx，yy。

如果你无法理解数据生成的过程，你可以复制以下代码并调用Init函数来生成数据（限C++选手）。

`
const int _K=50268147,_B=6082187,_P=100000007;
int _X;
inline int get_rand(int _l,int _r){
  _X=((long long)_K*_X+_B)%_P;
  return _X%(_r-_l+1)+_l;
}
int n,m,k,seed;
int x[1000006],y[1000006];
void Init(){
  scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&seed);
  _X=seed;
  for (int i=1;i<=k;++i)
    x[i]=get_rand(1,n),
    y[i]=get_rand(1,m);
}
`

\left(1\leq T\leq 7 \right)(1≤T≤7)，\left(1\leq n,m\leq 1000000 \right)(1≤n,m≤1000000)，\left(0\leq k\leq 1000000 \right)(0≤k≤1000000)，\left(0\leq seed<100000007 \right)(0≤seed<100000007)



输出描述



对于每组测试数据输出一行2个整数，分别表示没有被插过旗帜的行、列数目。



输入样例



2 4 2 3 233 3 4 4 2333



输出样例



2 1 1 0



Hint 



第1组数据的旗帜的位置依次为：\left(4,2\right)(4,2),\left(1,2\right)(1,2),\left(1,2\right)(1,2)

第2组数据的旗帜的位置依次为：\left(2,1 \right)(2,1),\left(2,3\right)(2,3),\left(3,4\right)(3,4),\left(3,2\right)(3,2)



思路：刚开始用 set 去维护 TLE

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
const int _K=50268147,_B=6082187,_P=100000007;
int n,m,k,seed;
int _X;
int get_rand(int _l,int _r)
{
  _X=((long long)_K*_X+_B)%_P;
  return _X%(_r-_l+1)+_l;
}
int x[1000006],y[1000006];
bool vx[1000006],vy[1000006];
void Init()
{
  scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&seed);
  _X=seed;
  int cnt1=0,cnt2=0;
  memset(vx,0,sizeof(vx));
  memset(vy,0,sizeof(vy)); 
  for(int i=1;i<=k;++i)
  {
    x[i]=get_rand(1,n);
    if(!vx[x[i]])
    {
      cnt1++;
      vx[x[i]]=1;
    }
    y[i]=get_rand(1,m);
    if(!vy[y[i]])
    {
      cnt2++;
      vy[y[i]]=1;
    }  
  }
  printf("%d %d\n",n-cnt1,m-cnt2);
}
int main()
{
  int t;
  scanf("%d",&t);
  while(t--)
  {
    Init();
  }
  return 0;
}
/*
1000000 1000000 1000000 10000007
*/


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dingyeye loves stone

 



 






 




问题描述 



dingyeye喜欢和你玩石子游戏。

dingyeye有一棵nn个节点的有根树，节点编号为00到n-1n−1，根为00号节点。游戏开始时，第ii个节点上有a[i]a[i]个石子。两位玩家轮流操作，每次操作玩家可以选择一个节点，并将该节点上的一些石子（个数不能为00）移动到它的父亲节点上去。如果轮到某位玩家时，该玩家没有任何合法的操作可以执行，则判负。

你在游戏中执先手，你想知道当前局面你能否必胜。



输入描述 



本题有多组数据，第一行为一个非负整数TT，表示数据组数。

对于每组数据，第一行一个整数nn，表示节点数目。

接下来一行为n-1n−1个整数fa[1]\cdots fa[n-1]fa[1]⋯fa[n−1]，分别描述了除根节点外每个点的父亲。方便起见，保证$0\leq fa[i]\< i$。

接下来一行为nn个非负整数a[0]\cdots a[n-1]a[0]⋯a[n−1]，分别描述了每个点初始的石子数。保证0\leq a[i]<1342177280≤a[i]<134217728。

1\leq T\leq 1001≤T≤100，1\leq n\leq 1000001≤n≤100000。

保证n>100n>100的测试点数目不超过77个。



输出描述



对于每组数据，输出一行，若先手必胜则输出"win"，否则输出"lose"（不含引号）。



输入样例



2 2 0 1000 1 4 0 1 0 2 3 3 3



输出样例



win lose




思路：设根节点的深度为00，将所有深度为奇数的节点的石子数目 xor 起来，则先手必胜当且仅当这个 xor 和不为0。 证明同阶梯博弈。对于偶深度的点上的石子，若对手移动它们，则可模仿操作；对于奇深度上的石子，移动一次即进入偶深度的点。 时间复杂度 O(n)。 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n;
int fa[100010];
int depth[100010];
int main()
{
  int t;
  scanf("%d",&t);
  while(t--)
  {
    memset(fa,0,sizeof(fa));
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++) // 0是根节点，不记录 
    {
      scanf("%d",&fa[i]);
      depth[i]=depth[fa[i]]+1;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
      int x;
      scanf("%d",&x);
      if(depth[i]&1)
        ans=ans^x;
    }
    if(ans)
      puts("win");
    else
      puts("lose");
  }
  return 0;
}