第二次打 AGC，场上过了 C，还是很开心的。
而且是在一整天没碰 OI 的情况下。所以长时间 AFO 再回来打比赛会不会对 OI 有一定的 buff？有时候思维过度疲惫的情况下貌似打比赛脑子是真的转不动。
不过为啥 D 过的比 C 多啊，我觉得 C 很简单啊，基本没有任何转化，可能 AT 的这类计数题我还是做的不多吧。
考虑数很少怎么做。如果我们把所有数按照二进制从低位到高位加入到一棵 01 Trie 内，那么我们实际上就是在这棵 01 Trie 上进行博弈。这个是很容易的，我们可以随便 DFS 一下跑一个博弈 DP 得出结果。
此时的难点在于给出的不是数，而是数的区间。不过我们仍然可以用经典套路，去将一个区间进行二进制分组，把所有区间划分成 \(\lbrack k \times 2^m, (k + 1) \times 2^m)\) 的形式，然后再插入。但是此时我们意识到一件事情，就是我们的二进制是倒过来插入的，于是这时候这样的一个区间并不是一个满二叉树，我们就不能用经典的将左右儿子全部指向一个点来优化建图了。那怎么做？
还是考虑这样的一个区间的性质，发现这本质上是对所有深度为 \(m\) 的节点的子树内插入了一个 \(k\)。而发现重要的一点，就是在没有删到这个深度之前，前面的操作对这个子树内的数字是没有任何影响的。那么我们可以考虑按照 \(k\) 分开，对每一个 \(k\) 建一棵 01 Trie，那么我们相当于同时在这 \(\log V\) 棵 Trie 上进行博弈。但是这样复杂度显然不能接受，考虑减少状态数。
此时我们发现一件重要的事情：如果我们知道我们当前在第 \(0\) 棵 Trie 上的节点，那么我们是可以推出后面所有 Trie 的节点的。因为知道节点就相当于知道了之前走的路径。那么我们就只需要记录当前走到了第 \(0\) 棵 Trie 上的哪个节点即可。但是这还不够，因为有可能当前走的路径在第 \(0\) 棵 Trie 上不存在，但是在后面的某一棵 Trie 上是存在的，那么我们可以将状态记录在第一棵存在当前路径节点的子树。这样如果我们知道这个节点，我们也可以推出这个节点往后的所有节点。那么这样我们就将状态压缩到了 \(O(n \log^2 V)\)，可以通过。
我的实现有点类似于 AC 自动机的感觉，将所有空的路径指向了下一个存在这条路径的子树上的节点。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 36000005;
int T;
int n;
int t[MAXN][2];
bool f[MAXN];
int tot;
int root[66];
void init(int x) { t[x][0] = t[x][1] = f[x] = 0; }
void insert(long long x, int pt) {
int p = root[pt];
for (int i = 0; i <= 59 - pt; i++) {
if (!t[p][x >> i & 1]) init(++tot), t[p][x >> i & 1] = tot;
p = t[p][x >> i & 1];
}
}
void dfs(int u, int v) { // u 表示当前节点，v 表示后面第一个存在当前路径的子树上的节点
for (int c = 0; c <= 1; c++) {
int w = v < 0 ? -v : t[v][c];
if (!t[u][c]) {
t[u][c] = w;
} else {
dfs(t[u][c], w);
}
if (!f[t[u][c]]) f[u] = 1;
}
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
tot = 0;
for (int i = 0; i <= 59; i++) init(root[i] = ++tot);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
long long l, r; scanf("%lld%lld", &l, &r);
r++;
for (int i = 0; i <= 59; i++) if ((l >> i & 1) && (l + (1ll << i) <= r)) {
insert(l >> i, i);
l += 1ll << i;
}
for (int i = 59; i >= 0; i--) if (l + (1ll << i) <= r) {
insert(l >> i, i);
l += 1ll << i;
}
}
bool flag = false;
for (int i = 59; i >= 0; i--) {
int u = root[i];
flag |= t[u][0] || t[u][1];
if (flag) dfs(root[i], -root[i + 1]);
else root[i] = 0;
}
printf(f[root[0]] ? "Takahashi\n" : "Aoki\n");
}
return 0;
}