题目：D
题意：A和U玩游戏，起始点坐标在(0,0)，每一轮玩家选择将x或者y的值增加k（一定需要增加）,保持增加后(p,q)距离$p^2+q^q<=d^2$。谁最后不能操作谁输，输出胜利者。

画图可以发现，以k为单位划方格，无论A先手怎么走，后手可以走成一个方格，完全被包含$（x\ast k{）}^2$的正方形，后手都掌握了必胜走法，连续走两格子就改变了奇偶的。由于$2\ast x$必为偶数，先手必败，只需要判断一下(x+1)k是否存在。

#include<cmath> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<istream> #include<vector> #include<stack> #include<set> //#include<unordered_map> #include<map> #include<algorithm> #include<queue> #define mmp make_pair #define inf 0x3f3f3f3f #define llinf 0x7fffffffffffffff using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PP; typedef double ld; const ll mod=1e9+7; const int maxn=2e5+10; int main() { 
    int T; scanf("%d",&T); while(T--) { 
    ll d,k; scanf("%lld %lld",&d,&k); if(d==k) { 
    printf("Ashish\n"); continue; } ll ans; for(ll i=1;;++i) { 
    if(i*i*k*k*2>d*d) { 
    ans=i-1; break; } } k*=k; if(((ans*ans*k)+(ans+1)*(ans+1)*k)<=d*d) { 
    printf("Ashish\n"); } else printf("Utkarsh\n"); } return 0; } 

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$a+b=a$^$b+(a\&b)<<1$，与操作就相当于进位，这么表示完之后就可以解给方程组。
但是前3个解完需要6+n-3=n+3次，还必须化简一重，a[1]^a[2] , a[1]^a[3] , 那么我们不用询问2和3的异或了，直接把前两次答案异或一下。
其余的直接通过1解得。

讯享网#include<cmath> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<istream> #include<vector> #include<stack> #include<set> //#include<unordered_map> #include<map> #include<algorithm> #include<queue> #define mmp make_pair #define inf 0x3f3f3f3f #define llinf 0x7fffffffffffffff using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PP; typedef double ld; const ll mod=1e9+7; const int maxn=2e5+10; int a[75536]; int main() { 
    // freopen("input.txt", "r", stdin); int n,i; scanf("%d",&n); int x,y,z;int x1,x2,x3,x4; cout<<"XOR"<<" "<<1<<" "<<2<<endl; fflush(stdout); scanf("%d",&x1); cout<<"AND"<<" "<<1<<" "<<2<<endl; fflush(stdout); scanf("%d",&x2); x=x1+x2*2; cout<<"XOR"<<" "<<1<<" "<<3<<endl; fflush(stdout); scanf("%d",&x3); cout<<"AND"<<" "<<1<<" "<<3<<endl; fflush(stdout); scanf("%d",&x4); y=x3+x4*2; x1=x1^x3; cout<<"AND"<<" "<<2<<" "<<3<<endl; fflush(stdout); scanf("%d",&x2); z=x1+x2*2; a[1]=(y-z+x)/2; a[2]=x-a[1]; a[3]=z-a[2]; for(i=4;i<=n;++i) { 
    cout<<"XOR"<<" "<<1<<" "<<i<<endl; fflush(stdout); scanf("%d",&x1); a[i]=x1^a[1]; } cout<<"!"; for(int i=1;i<=n;++i) { 
    cout<<" "<<a[i]; } cout<<endl; fflush(stdout); // fclose(stdin); return 0; } 

题目：E2
唯一差别在不能超过n-1次询问。
还有一个条件题目注上了黑体。。。。。

范围在[0,n-1]。
用a[1]去异或并记录，
如果没有全部用必有相同的，那么两个等式或者一个就可以求解。
继续如果没有一个相同的证明有n-1个不同的数，判断一个异或的结果是否有0，有的话a[1]与其相等，&操作即可。

否则寻找n-1，异或出的n-1必然a[1]+a[i]=n-1，任意拉上一个位置求解方程。

#include<cmath> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<cstdlib> #include<istream> #include<vector> #include<stack> #include<set> //#include<unordered_map> #include<map> #include<algorithm> #include<queue> #define mmp make_pair #define inf 0x3f3f3f3f #define llinf 0x7fffffffffffffff using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> PP; typedef double ld; const ll mod=1e9+7; const int maxn=2e5+10; int a[75536]; int book[maxn]; int X[75535]; int main() { 
    memset(book,0,sizeof(book)); int n; scanf("%d",&n); int pos1=-1,pos2=-1; for(int i=2;i<=n;++i) { 
    printf("XOR 1 %d\n",i); fflush(stdout); int x; scanf("%d",&x); X[i]=x; if(pos1!=-1) continue; if(book[x]==0) { 
    book[x]=i; } else { 
    pos1=book[x]; pos2=i; } } if(pos1!=-1) { 
    int x2; printf("AND 1 %d\n",pos1); fflush(stdout); scanf("%d",&x2); int x=x2*2+X[pos1]; printf("AND %d %d\n",pos1,pos2); fflush(stdout); scanf("%d",&a[pos1]); a[1]=x-a[pos1]; } else { 
    int f=-1; for(int i=2;i<=n;++i) { 
    if(X[i]==0) { 
    f=i; break; } } if(f!=-1) { 
    printf("AND 1 %d\n",f); fflush(stdout); int temp; scanf("%d",&temp); a[1]=a[f]=temp; } else { 
    int ff; f=book[n-1]; ff=( (f==2) ? 3 : 2 ); int xx,yy; // 1 f ff printf("AND 1 %d\n",ff); fflush(stdout); scanf("%d",&xx); int x=xx*2+X[ff]; printf("AND %d %d\n",f,ff); fflush(stdout); scanf("%d",&yy); int y=yy*2+(X[f]^X[ff]); a[1]=(x-y+n-1)/2; } } printf("! %d",a[1]); for(int i=2;i<=n;++i) { 
    printf(" %d",X[i]^a[1]); } fflush(stdout); return 0; }