传送门
思路：
考场爆零系列
因为当时博弈pi都不会，连SG函数是啥都不知道

现在会了一点点博弈，来看一下
很快写出了10分(n<=16)做法……
orz Va爷的题解
感觉Va爷的博客思路讲的不是很清楚，昨天晚上想了很久，感觉有一个比较合适的解释
我们发现初始状态是可以分解成若干只有一个是反面朝上，即ai=1a_i=1的状态
举例来说，对于样例
10010000100010111 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1
这个状态的子状态就是11,00010001,000000001000000001,00000000000010000000000001,00000000000010000000000001,000000000000001000000000000001和00000000000000010000000000000001
类似分治子问题的思想
也就是说，如果我们当前从左向右扫到第i枚硬币为1（反面朝上），那么前面1~i-1的硬币都是0（正面朝上）
显然对[1,i]的硬币进行操作是对>i的硬币没有影响的
那我们把问题变成求”[1,i]区间中a[i]=1，其余为0”状态下的SG函数，状态表示为sg[i]sg[i]
做完这个子状态后再继续往后扫，扫到j
我们就可以看成前面那个i的子状态已经解决了，那么状态肯定是”[1,j]区间中a[j]=1，其余为0”
这和上面是同一个问题
初始状态的SG函数就是这些子状态的异或和
那怎么求这些子状态的SG函数？
按照题目给出的规则暴力枚举p,q就可以了
比如说我们正在处理状态xx
枚举某一后继状态x′ix'_i，其中x′ix'_i中要翻过来的硬币是x1,x2,x3,..xnx_1,x_2,x_3,..x_n
(显然这些硬币都是≤x≤x的)
我们可以把这个状态表示为x′ix'_i={x1,x2,x3,..xnx_1,x_2,x_3,..x_n}
那么这又是最上面我们所说的拆分子状态了
即x′ix'_i={x1x_1}∪{x2x_2}∪{x3x_3}∪..∪{xnx_n}
sg[x′i]sg[x'_i]=sg[x1]sg[x_1] xor sg[x2]sg[x_2] xor .. xor sg[xn]sg[x_n]
枚举出x的所有后继状态，求出mex（最小未出现自然数）就是sg[x]啦
这里给出一个结论(仅面向初学者)

一个状态的SG=它的所有后继状态的SG的mex=它的所有子状态的SG的异或和

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,n,maxn;
int sg[21][30005],a[30005];
bool b[55];
void dp(int y)
{if (sg[maxn][y]!=-1) return;memset(b,0,sizeof(b));int ta=0,tb=0,tc=y,tt,ty;for (;tc%2==0;tc/=2) ++ta;for (;tc%3==0;tc/=3) ++tb;for (int q=1;q<=maxn;++q)for (int p=1;p*q<=ta;++p){tt=y;ty=-1;for (int j=0;j<=q;++j){if (tt==y) ty=0;else ty=(ty==-1?sg[maxn][tt]:ty^sg[maxn][tt]);for (int k=1;k<=p;++k) tt/=2;}if (ty!=-1) b[ty]=1;}for (int q=1;q<=maxn;++q)for (int p=1;p*q<=tb;++p){tt=y;ty=-1;for (int j=0;j<=q;++j){if (tt==y) ty=0;else ty=(ty==-1?sg[maxn][tt]:ty^sg[maxn][tt]);for (int k=1;k<=p;++k) tt/=3;}if (ty!=-1) b[ty]=1;}for (int i=0;i<55;++i)if (!b[i]) return void(sg[maxn][y]=i);
}
main()
{memset(sg,-1,sizeof(sg));for (scanf("%d",&T);T;--T){       scanf("%d%d",&n,&maxn);int ans=0;for (int i=1;i<=n;++i) dp(i);for (int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",a+i);if (!a[i]) ans^=sg[maxn][i];}if (ans) puts("win");else puts("lose");}
}

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