江南樂題解

首先我們要知道 $sg$ 定理: $sg_ = sg_1 \ xor \ sg_2\ xor \ sg_3 \ xor \ ... \ xor \ sg_n$ 。

所以我們可以預處理出1到100000中每個數的 $sg$ 值，對於每乙個詢問，我們只需求一下 $sg_$ 就好了。

那怎麼預處理出每乙個數的 $sg$ 值呢？

對於某一堆 $i$ ，有 $i$ 個石子，我們可以列舉分成的堆數 $m (2 \le m \le i)$ 。設分成 $m$ 堆後，每堆的石子個數為 $ x_i $ ，我們求出$ sg[x_i] $ 的異或和 $ res $ ，就是分成 $m$ 堆後的狀態的 $sg$ 值，然後取 $mex$ 運算得出當前狀態 $i$ 的 $sg$ 值。

可這太暴力了，時間複雜度是 $o(n^2)$的，70分，考慮優化。

我們可以發現分成的 $m$ 堆的石子數最多有兩種取值，分別是： $i / m, (i / m) + 1$。這兩種取值的個數分別是： $i \% m , m - i\%m$。

再考慮有貢獻的值，因為求的是 $ sg $ 的異或和，所以只有某個取值的個數為奇數個時，才有貢獻。接下來只需判斷兩種取值的個數的奇偶性就好了。

舉個例子：$i = 9$ 時

m : 2 3 4 5 6 7 8 9

i / m : 4 3 2 1 1 1 1 1

可以發現 $m$ 從5到9， $i / m$ 值是相同的，對於某些不同的 $ m$ ， $i / m $ 的值相同，就可以用整除分塊做。我們把後面分的石子堆數都列出來：

5 ： 2 2 2 2 1 6 ： 2 2 2 1 1 1 7 ： 2 2 1 1 1 1 1 8 ： 2 1 1 1 1 1 1 1

9 ： 1 1 1 1 1 1 1 1 1

可以發現某乙個數目的石子堆數的奇偶性是一定的，證明：多舉幾個例子就好了

當 $\begin\frac \end$為奇數時，$\beginm -i\%m = m - (i- m\times\lfloor \frac\rfloor)=m \times (1+\lfloor \frac\rfloor)-i\end$，對於$\begin1+\lfloor \frac\rfloor\end$為偶數，$m + 1$後，奇偶性不變

當 $\begin\frac \end$為偶數時，$\begini\%m = i- m\times\lfloor \frac\rfloor\end$，$m + 1$後，奇偶性不變

所以對於 $i / m$ 相等的塊內，分出的石子數的兩種取值的奇偶性的組合只有兩種（有點繞，好好想想），所以對於一整塊內只需算出這兩種不同的 $ sg $ 異或和就好了，因為取 $mex$ 運算不需要判斷重複的值。第一種和第二種一定可以算出所有不同的 $ sg $ 異或和的值，算前兩種就好了。

#include using namespace std;
inline long long read() 
const int n = 105, m = 1e5 + 5;
int t, f, n;
int a[n], sg[m], vis[n];
int main() 
}for(int j = 0; ; j++) 
if(vis[j] != i) 
}while(t --> 0) 
if(res == 0) printf("0 ");
else printf("1 ");
}return 0;
}

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