题目大意

两人博弈，有一个 $n$ 的排列 a1,a2,…,ana_1,a_2,\\dots,a_na1​,a2​,…,an​，每次操作为选择长度为 $4x+2$ 或 $4x+3$ 的区间，将其翻转，要求翻转后字典序大于翻转前。第一个不能操作的输。Q 先手，T 后手，判断谁赢。

题解

非常经典的结论题。

可以全排列，对每个排列暴力求，然后打表找规律。这是一种策略，在面对博弈结论题时异常好用。

正解：

发现一个区间翻转后区间内顺序对和逆序对的数量会交换。

题目给定的 $4x+2$ 和 $4x+3$ 这俩奇奇怪怪的数不得不让人想到一些特殊的性质。

观察区间长度为 $4x+2$ 的数对总数，为 (4x+2)(4x+1)2=(2x+1)(4x+1)\\dfrac{(4x+2)(4x+1)}{2}=(2x+1)(4x+1)2(4x+2)(4x+1)​=(2x+1)(4x+1)，为奇数。

区间长度为 $4x+3$ 的数对总数，为 (4x+3)(4x+2)2=(2x+1)(4x+3)\\dfrac {(4x+3)(4x+2)}{2}=(2x+1)(4x+3)2(4x+3)(4x+2)​=(2x+1)(4x+3)，为奇数。

也就是说，翻转后区间的顺序对数量奇偶性一定改变。

最终无法操作的状态为 $n,n-1,n-2,\dots ,1$，顺序对为 $0$.

只需要保证当前顺序对个数为奇数，就可以立于不败之地。

由于每次操作顺序对奇偶性必定改变，所以最初的序列就已经决定了结果。

若最初顺序对为奇数，Q 胜利。否则，T 胜利。

求顺序对使用树状数组，时间复杂度 $O(n\log n)$.

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) x&(-x)
int n, tr[100005];
void update(int x, int val) {for (; x <= n; x += lowbit(x)) tr[x] += val;
}
int getsum(int x) {int sum = 0;for (; x; x -= lowbit(x)) sum += tr[x];return sum;
}
int main() {scanf("%d", &n);int cnt = 0;for (int i = 1, x; i <= n; i++) scanf("%d", &x), cnt += getsum(x), update(x, 1);if (cnt & 1) printf("Q");else printf("T");return 0;
}

END