首先可以发现,当所有巧克力豆在最后一个瓶子中时,就无法再操作了,此时为必败状态。

注意到,对于每个瓶子里的巧克力豆,是可以在模\(2\)的意义下去考虑的,因为后手可以模仿先手的操作,所以就将巧克力豆个数转化为了\(0\)或\(1\)。

再考虑分裂的过程,位置为\(i\)的巧克力豆,要分裂到位置\(i\)往后的两个位置,最终会到达\(n\)这个位置,可以把向后转移看作\(Nim\)游戏中取石子的操作。

那么分裂就可以看成\(Nim\)游戏中的一堆石子分成了两堆更小的石子,那么通过这个性质,我们就可以\(O(n^3)\)求出\(SG\)值了。

求方案数和字典序最小方案就直接暴力枚举即可,当进行第一步操作后,留给后手的为必败状态,那么该操作合法。

具体实现就看代码吧。

\(code:\)

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. #define maxn 100
  3. using namespace std;
  4. template<typename T> inline void read(T &x)
  5. {
  6. x=0;char c=getchar();bool flag=false;
  7. while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
  8. while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
  9. if(flag)x=-x;
  10. }
  11. int T,n,ans,tot,flag;
  12. int p[maxn],sg[maxn];
  13. bool vis[maxn];
  14. void SG()
  15. {
  16. for(int i=n-1;i;--i)
  17. {
  18. memset(vis,false,sizeof(vis));
  19. for(int j=i+1;j<=n;++j)
  20. for(int k=j;k<=n;++k)
  21. vis[sg[j]^sg[k]]=true;
  22. int t=0;
  23. while(1)
  24. {
  25. if(!vis[t])
  26. {
  27. sg[i]=t;
  28. break;
  29. }
  30. t++;
  31. }
  32. }
  33. }
  34. int main()
  35. {
  36. read(T);
  37. while(T--)
  38. {
  39. read(n),sg[n]=ans=tot=flag=0;
  40. for(int i=1;i<=n;++i) read(p[i]);
  41. SG();
  42. for(int i=1;i<=n;++i)
  43. if(p[i]%2)
  44. ans^=sg[i];
  45. for(int i=1;i<=n;++i)
  46. {
  47. if(!p[i]) continue;
  48. for(int j=i+1;j<=n;++j)
  49. {
  50. for(int k=j;k<=n;++k)
  51. {
  52. if((ans^sg[i]^sg[j]^sg[k])==0)
  53. {
  54. tot++;
  55. if(!flag)
  56. {
  57. flag=true;
  58. printf("%d %d %d\n",i-1,j-1,k-1);
  59. }
  60. }
  61. }
  62. }
  63. }
  64. if(!flag) puts("-1 -1 -1");
  65. printf("%d\n",tot);
  66. }
  67. return 0;
  68. }

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