题意
https://www.cometoj.com/contest/35/problem/C?problem_id=1498
思路
这题要用到一种比较小众的状压方法（没见过的话可能一时比较难想到）。
首先观察题面，发现可以把一个人有另一个人没有的点数都视作同一种（转化一），然后点数之间也可以任意转化（转化二），不影响结果，经过如上转化，可以将任意情况转化为两方各有一些相同点数的手牌，然后不同点数的手牌只有一种或没有。
（感觉说的好乱啊，举个栗子吧...
\[ \begin{array}{} &2,3,5,6,6|1,2,5,5,7\\ \to&2,5,X,X,X|2,5,5,Y,Y\text{（转化一）}\\ \to&1,2,X,X,X|1,2,2,Y,Y\text{（转化二）}\\ \to&1,2,3,3,3|1,2,2,4,4\text{（转化二）}\\ \end{array} \]
然后就是状压的部分，由于两人最多只能有 \(8\) 张手牌。而手牌之间只有相同不相同才有影响，于是把手牌变成 \(01\) 序列，即相邻不同的用 \(01\) 相区别。
（感觉还是不清楚啊，继续举栗子吧...
\(1,2,3,3,3 \to 10111\)
$ 1,2,2,4,4 \to 10011$
当然为了表示有没有对方没有对牌，还需另外记一个布尔值。
最后，任何时刻不得打出上次打出的牌，所以再记一个整数表示上一次打出的手牌标号，为了方便起见，这个标号是相对于本方而言的。然后如果因为是第一回合，或者对方打了本方没有的牌等情况，没有这个限制的话，这个整数就记为 \(8\) （因为本方手牌最多从 \(0\) 标号到 \(7\) 嘛）。
细节还是很多的，据说出题人和验题人的代码也都很长，我还是赛后膜改一天改出了下面这个代码，感触最深的就是把位操作封函数后会好写很多。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
int dp[(1<<8)+5][2][(1<<8)+5][2][9]; //0:lose 1:draw 2:win
int bin[(1<<8)+5]; //dp[a][b][c][d][e]
int T; //a为本方手牌
//b为本方有没有对方没有的牌
inline int bit_take(int B,int l,int r) //c为对方手牌
{ //d为对方有没有本方没有的牌
return B&(((1<<(r+1))-1)^((1<<l)-1)); //e为上一次出的手牌标号（相对本方而言）
}
inline int bit_erase(int B,int x)
{
return bit_take(B,0,x-1)|(bit_take(B,x+1,bin[B])>>1);
}
inline int bit_reverse(int B,int l,int r)
{
return B^(((1<<(r+1))-1)^((1<<l)-1));
}
inline int bit_swapping(int B,int l1,int r1,int r2)
{
int B1=bit_take(B,l1,r1),B2=bit_take(B,r1+1,r2);
return (B^B1^B2)|(B1<<(r2-r1))|(B2>>(r1-l1+1));
}
int get_dp(int A,bool a,int B,int b,int las)
{
int &res=dp[A][a][B][b][las];
if(~res)return res;
else if(B==0)
{
if(las==8)return res=1;
else return res=0;
}
res=0;
int cnta=-1,cntb=-1;
int ra[9],rb[9];
DOR(i,bin[A],0)if(i==bin[A]||((A>>i&1)!=(A>>(i+1)&1)))ra[++cnta]=i;
DOR(i,bin[B],0)if(i==bin[B]||((B>>i&1)!=(B>>(i+1)&1)))rb[++cntb]=i;
ra[cnta+1]=rb[cntb+1]=-1;
FOR(i,0,cnta)
{
int l=ra[i+1]+1,r=ra[i];
if(i!=las)
{
int nA=bit_erase(A,r),na=a,nB=B,nb=b,nlas;
if(l==r)
{
nA=bit_reverse(nA,0,r-1);
if(a&&i==cnta)na=0,nlas=8;
else if(i==cntb)nb=1,nlas=cntb;
else
{
int x=rb[cntb+1]+1,y=rb[i+1],z=rb[i];
nB=bit_reverse(nB,x,y);
if((cntb-b-i)&1)nB=bit_reverse(nB,y+1,z);
nB=bit_swapping(nB,x,y,z);
if(b)nlas=8;
else nlas=cntb,nb=1;
}
}
else
{
if(a&&i==cnta)nlas=8;
else nlas=i;
}
chk_max(res,2-get_dp(nB,nb,nA,na,nlas));
}
}
return res;
}
void solve()
{
int n;
int A[25]={0},B[25]={0};
scanf("%d",&n);
FOR(i,1,n)
{
int x;
scanf("%d",&x);
A[x]++;
}
FOR(i,1,n)
{
int x;
scanf("%d",&x);
B[x]++;
}
int X=0,Y=0,x=0,y=0;
bool cur=1;
FOR(i,1,20)
{
if(A[i]&&!B[i])x+=A[i];
else if(!A[i]&&B[i])y+=B[i];
else if(A[i]&&B[i])
{
FOR(j,1,A[i])X=(X<<1)|cur;
FOR(j,1,B[i])Y=(Y<<1)|cur;
cur^=1;
}
}
FOR(i,1,x)X=(X<<1)|cur;
FOR(i,1,y)Y=(Y<<1)|cur; //转化手牌
int res=get_dp(X,x!=0,Y,y!=0,8);
if(res==0)puts("dreamoon wins");
else if(res==1)puts("Draw");
else if(res==2)puts("AA wins");
}
int main()
{
bin[1]=0;FOR(i,2,1<<8)bin[i]=bin[i>>1]+1;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)solve();
return 0;
}