原题链接题解在bob操作之后，alice可以选一个与bob一样的数补充，因此，最后的s为初始s加初始alice添加的元素，所以alice第一次要添加mex初始scode#include<bits/stdc++.h>#definelllonglongusingnamespacestd;inta[100005];voidsolve(){intn;cin>>n;

CF1867CSalyg1nandtheMEXGame简单博弈论题。设给出序列的\(\text{mex}\)为\(x\)，那么Alice第一次操作时加入\(x\)一定是最优的。此时显然有\(\text{mex(s)}\gex\)。因为如果加入的数\(y<x\)，此时数列中有不小于\(2\)个\(y\)。如果Bob删掉了一个数，那么Al

Link简单版本的结论还是很容易猜到的。首先很容易想到的第一步就是尽可能地不覆盖地取尽可能多地区间，最后剩下了一小块。然后在接着原来的指针一个一个地往右问，直到不能问了为止。为什么这样是正确的呢？首先，在这样一步一步地往右查询的过程中，我们会发现总是前$k-1个数加上后面

思路看着无从下手，实际上又是一道诈骗题。假设原数列不存在\(0\)，那么我们可以直接加入\(0\)，然后游戏结束，假设答案是\(k\)。那么，如果我们选择加入\(k\)，来试图让答案变大，那么Bob就会移除一个数，最优的话是\(1\)，这样的话，你无论加入\(1\)还是\(0\)，答案都不会超过\(1\)，于是

其实如果你在做E1的时候想到正解了，这道题都甚至不需要改E1的代码，直接交就好，这大概也是E2的分还没E1的高的原因。因为一摸一样的思路，所以这里就不作介绍了，可以看看我的题解。在这里呢，主要是稍微证明一下询问次数不会超，如下：可以发现，有余数的情况，只会增加两次询问，而后面的

思路首先考虑，\(n\)是\(k\)的倍数的情况，直接枚举询问所有每一段就好，然后输出每一段的异或和的异或和。如上图，每次询问都没有重叠部分，颠转互不干扰。那么，\(n\)不是\(k\)的倍数的情况呢？可以看到，与第一种情况的区别就是末尾多了一小截，那么我们需要考虑如何计算这一小截的