传送门

题目大意

　　给出两个字符串，一个大的是S一个小的是T（1=<T<=S<=100000）。有两个人在Van♂Usee~，依次删掉S的当前最前或当前最后的字符，如果最后剩下的字符串和T相同的话，后手获胜，否则先手获胜。

分析

　　先确定一下后手获胜的情况，因为考虑先手的情况不是很好做。如果不考虑删除的顺序什么的，那么就是在S里面找一个T就可以了，所以S里每一个与T相匹配的位置就是后手想达到的状态了。想到这里，我们就可以用kmp预处理一下S中所有与T匹配的位置了。

　　相对的，先手肯定就和他对♂着♂干♂嘛，把自己的快♂乐建立在别人的痛♂苦之上。。。那么就先设一个状态f[i][j][k]表示Van♂到第i位前面删了j个后面删了k个的获胜情况，因为操作次数是确定的，那么当前操作是谁做的也可以很轻松的推出来。因为两人是交替操作的，所以如果后手在j-1或者k-1是可以获胜的（假设当前是先手操作），那么先手一定在现在这个位置把后手给弄死。再考虑后手，如果第i位是可以匹配的，那么后手能获胜的情况就只有j-1和k-1都为true，因为如果有任意一方不为true的话，先手都可以在开始的时候往那个方向删一个，那就永远跳不回来了。

　　然而这样转移时间是会炸的，所以考虑压缩一下状态。把j,k表示成k-j,这样用k-j+1和k-j-1就可以推出现在的状态了，但是S-T的奇偶是会影响结果的，因为当S-T为偶数时，最后一次是后手操作，那么后手可以把上一次的操作挪一挪变成true，所以我们把问题转换成全是偶数的情况。

　　设目标状态为x（后手获胜时后面删的-前面删的，可能有多个x），如果有x==0的话，那很明显先手无论怎么都凉了。那如果有x==2但没有x==-2的话，先手可以和后手在原点和1，-1之间一直纠缠，反之亦然。那如果既有x==2，又有x==-2的话，不管先手往哪边走，后手都可以模仿ta操作，从而在[-1，-2]或者[1,2]之间纠缠，然而后手最后操作，所以这种情况后手是稳赢的。

　　到此，可以得出后手获胜的条件有x==0或（x==2&&x==-2），实际操作时，直接记录下所有可能的目标状态，再遍历一下看有没有我们想要的就可以了。

　　最后感谢出题大爷的奇数处理方法，ta的blog。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100010
using namespace std;
int T,n,m,nxt[maxn],ans[maxn],tot,js[maxn],cnt;
char a[maxn],b[maxn];
void qnxt(char *s,int l)
{nxt[0]=-1;for(int i=1,k=-1; i<l; i++){while(k>-1 && s[i]!=s[k+1]) k=nxt[k];if(s[k+1]==s[i]) k++;nxt[i]=k;}
}
void kmp(char *s,char *p,int l1,int l2)
{for(int i=0,k=-1; i<l1; i++){while(k>-1 && s[i]!=p[k+1]) k=nxt[k];if(s[i]==p[k+1]) k++;if(k==l2-1){int l=i-l2+1,r=l1-1-i;if(!((l1-l2)&1)) ans[++tot]=r-l;else js[++cnt]=r-l;k=nxt[k];}}
}
int main()
{scanf("%d",&T);while(T--){memset(nxt,0,sizeof nxt);tot=cnt=0;scanf("%s%s",a,b);n=strlen(a),m=strlen(b);if(n==m){if(!strcmp(a,b)) printf("pty\n");else printf("cqf\n");continue ;}qnxt(b,m);kmp(a,b,n,m);if((n-m)%2){sort(js+1,js+1+cnt);for(int i=2; i<=cnt; i++) if(js[i]-js[i-1]==2) ans[++tot]=js[i]-1;}bool t1=0,t2=0,t3=0;for(int i=1; i<=tot; i++){if(!ans[i]) t3=1;if(ans[i]==2) t1=1;if(ans[i]==-2) t2=1;}if(t3||(t1&&t2)) printf("pty\n");else printf("cqf\n");}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/wCTSd/p/9823147.html

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