题目大意是给定长度为n的数组a，两个人轮流从中选一个正数将其减1。且有k个限制形如\(limit_{x_i}= y_i\)，即\(x_i\)在数组中最多出现\(y_i\)次。判负的情况为：
-
数组全为0
-
操作后的数组不满足某个限制。
问谁会赢。
首先可以手玩一下，设数组为 \(a = [3, 4]\)，\(limit_2=1\)，先手选3，数组变为\([2, 4]\)，此时仍然满足限制，此时第一种情况是后手选4，数组变成\([2, 3]\)，这时限制永远也不会起作用了；第二种情况是后手选2，数组变为\([1, 4]\)，原本已经卡紧的限制又放开了。这样可以观察出，如果一条限制的\(y_i\)不为0，那么不会有人傻到主动去让自己输掉，同时也没法给别人挖坑，除非有一种情况：
1
5 2
5 5 5 5 5
2 0
3 2
因为不能把数减为2，所以最多也就只能减到3，这时\(limit_3=2\)这个限制就没法绕过去了。所以可以把限制按\(y_i=0\)分段，每段中让属于这一段的数尽可能小（操作数是固定的），先把一开始连续若干个限制填满，剩下的数再尽可能小。这样算出总的操作次数，为奇则先手胜。可以额外设置\(limit_{-1}=0\)，避免冗长的特判。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define de cout<<"fuck"<<endl;
using namespace std;
int n, k, a[100005], x[100005], y[100005], sum[100005];
void solve() {
cin >> n >> k;
int mx = 0;
map<int, int> mp;//存放限制
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
mx = max(mx, a[i]);
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
vector<int> v, r;//v：存放y值为0的限制x r：存放所有的限制x
v.push_back(-1);
r.push_back(-1);
for(int i = 1; i <= k; i++) {
cin >> x[i] >> y[i];
if(y[i] == 0) {
v.push_back(x[i]);
}
mp[x[i]] = y[i];
r.push_back(x[i]);
}
if(k == 0) {
if(sum[n] & 1) puts("Pico");
else puts("FuuFuu");
return;
}
v.push_back(mx + 1);
r.push_back(mx + 1);
sort(v.begin(), v.end());
sort(r.begin(), r.end());
mp[-1] = 0;
mp[mx + 1] = 0;
int tot = 0;
for(int i = 0; i < v.size() - 1; i++) {
int L = v[i], R = v[i + 1] - 1;
//找[L, R]这段区间的限制以及所有的数组的数
int pl1 = lower_bound(r.begin(), r.end(), L) - r.begin();
int pr1 = lower_bound(r.begin(), r.end(), R) - r.begin();//此时的r[pr1]对应的是下一个区间的起点 因此要减一
pr1--;
int pl2 = lower_bound(a + 1, a + n + 1, L) - a;
int pr2 = upper_bound(a + 1, a + n + 1, R) - a - 1;
if(!(pl2 <= pr2 && pl2 >= 1 && pl2 <= n && pr2 >= 1 && pr2 <= n)) {
continue;//这段区间没有数
}
if(pl1 == pr1 || r[pl1] + 1 < r[pl1 + 1]) {
//这段区间起作用的限制只有一开始的limit r[pl1] = 0 直接把所有数操作为 r[pl1]+1即可
tot += (sum[pr2] - sum[pl2 - 1] - (pr2 - pl2 + 1) * (v[i] + 1));
} else {
//1
//5 2
//5 5 5 5 5
//2 0
//3 2
//4 1
int pos = pl1;
int lst_consec;
pos++;//r[pos]这个限制的y为0 跳过
for(int j = pl2; j <= pr2; j++) {
//a[j]是当前数
if(pos > pr1 || (r[pos] - r[pos - 1]) > 1) {//从一开始的连续的限制已经都填满了 剩下的数都减到r[lst_consec]+1即可
tot += (a[j] - (r[lst_consec] + 1));
continue;
}
lst_consec = pos;
if(mp[r[pos]] != 0) {//如果有空位就填
mp[r[pos]]--;
tot += (a[j] - r[pos]);
}
if(mp[r[pos]] == 0) {
pos++;
}
}
}
}
if(tot & 1) puts("Pico");
else puts("FuuFuu");
}
signed main() {
int T = 1;
cin >> T;
while(T--) {
solve();
}
return 0;
}