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大意:
alice和bob进行博弈。给定一个字符串由X和.组成,每个人每次进行一次操作为将连续数量的"."变成"X",其中alice每次要求的连续数量为a,bob为b,且a>b.
alice先手。问是否能让alice必胜。
思路:
惊奇地发现这是一个非公平博弈(bob占优势,可恶,可怜的alice!),一开始想着SG函数去做,打算用状压来处理情况的,但是思路乱的不行,还是放弃了。
发现每一段连续的"."都是互不干扰的,所以我们可以一段一段来看。
设连续的长度为len。
1.len<b:
很好,大家都没得玩,谁都放不了,不必考虑。
2.len>=b&&len<a:
只有bob能放。这时bob必赢,因为Alice能放的bob都能放,如果哪次bob除了这一段len已经没有选择了,就说明alice也同样没有选择了,那么bob只要放在这里游戏就结束了。
3.len>=a&&len<2*b:
大家都只能在这里放一次,一次性用品。
4.len>=2*b:
对bob来说算是很长的区间了。如果对于这个区间bob能够先手的话,他一定可以构造出一个2类区间,那他就赢了。所以只要有两个这样的区间,bob就同样一定赢了。如果0个的话,那大家就算公平竞争了,一人用一段3类区间,看谁倒霉刚好轮空就是了。(考虑3类区间的奇偶性).接下来就是只有一个4类的情况了。那么考虑alice先手:她会选择尽可能截断这个长区间,并且要保证两边的多出来的区间不是2类也不是4类(2类不用说了,如果有四类的话,那bob就可以构造出一个2类,那他也必胜),如果能做到这个的话,那她就能跟bob公平竞技了,同上,考虑3类的奇偶性。同时注意,还要加上alice截断后可能产生的3类区间。
(真是伤脑壳。。。)
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longll n,k;ll t;char s[300010];ll a,b;bool solve(){bool c33=0;ll len;ll c1=0,c2=0,c3=0;for(int l=1,r=1;l<=n;l=r+1,r=l){if(s[r]=='X') continue;while(r<n&&s[r+1]=='.') r++;//分段 ll d=r-l+1;if(d<b) continue;if(d>=b&&d<a){return 0;continue;}if(d>=a&&d<2*b)//一人一个 {c2++;continue;}if(d>=2*b){c3++;len=d;continue;}//printf("%lld\n",d);}//cout<<c1<<" "<<c2<<' '<<c3<<endl;if(c2%2) c33=1;//是奇数,所以要先手去抢一个来 ,先手一定先拿这个,那么结果是//全部拿完c3后轮到bob行动 if(c3>=2){//cout<<"NO"<<endl;//可以拥有c1类,bob必胜 return 0;}if(c3==0){if(c33==1){//cout<<"YES"<<endl;return 1;} else{//cout<<"NO"<<endl;return 0;}} ll num=0;if(c3==1){bool fsd=0;//是否可以截成不包括c2,c4; for(int i=0;i<=len-a;++i){ll llen=i;ll rlen=len-a-i;if(llen>=b&&llen<a) continue;if(rlen>=b&&rlen<a) continue;if(llen>=2*b) continue;if(rlen>=2*b) continue;fsd=1;num=(llen>=a&&llen<2*b)+(rlen>=a&&rlen<2*b);if((c2+num)%2==0) return 1;}} return 0;}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);scanf("%lld",&t);while(t--){scanf("%lld%lld",&a,&b);scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);if(solve()) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0;}