挺有意思的一道题。初探博弈论。
最好自己思考？
我们先考虑只有1轮游戏的情况。
这题明显要在字符串上一位一位地走，所以对字符串建立起trie。
最终建立起的trie的叶节点就是必败位置了。
对于非叶节点，如果它有一个儿子是必败节点，那么这个节点就是必胜节点了。（类似与mex函数）
那么如果根节点必胜，那么就是先手必胜，否则就是后手必胜了。
如果最后一轮后手必胜，那么两个人就需要争夺最后一轮的后手，所以他们要赢倒数第二轮。
而倒数第二轮和最后一轮是一样的，那么倒数第二轮也是后手必胜。倒数第二轮的后手整场游戏也必胜。
以此类推到倒数第三轮，倒数第四轮。。。直到第一轮，都一样。
所以，如果某一轮中后手必胜，那么整场游戏后手Dirty必胜。
剩下的情况就是先手必胜，那么就是要争夺先手，那么就要尽量输掉倒数第二轮。
如何判定先手能否必定让自己输掉一轮游戏？
只要把trie树的叶节点改为必胜节点就好了，再跑一遍。
那么如果先手可以必定让自己输掉一轮游戏，也能必定让自己赢一轮游戏。
那么除了最后一轮以外他都可以让自己输掉以取得先手，直到最后一轮让自己取胜。
所以，如果某一轮中先手必胜，先手在相反游戏中也必胜（即可以让自己必定输掉），那么整场游戏先手Pure必胜。
剩下的就是先手在一轮游戏中必胜，但是不能在相反游戏中取胜（即自己不能必定输掉）。
最后一轮是先手必胜。
倒数第二轮中要争夺最后一轮的先手，故要输掉，所以倒数第二轮中的后手在整场游戏中必胜。
倒数第三轮中要争夺倒数第二轮的后手，要赢，所以倒数第三轮的先手在整场游戏中必胜。
以此类推。。。
所以，如果一轮游戏先手必胜，而相反游戏后手必胜（即先手不能让自己输掉），总轮数为奇数时，先手Pure必胜。否则，后手Dirty必胜。
好题。
自己思考酣畅淋漓（数学自习灵感++）
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int k,trie[][],w[][],cnt,n,rt,len;char s[];
void insert(int &p,int al){
if(!p)p=++cnt;if(al==len)return;
insert(trie[p][s[al]-'a'],al+);
}
void dfs(int p){
int hs=;w[][p]=w[][p]=;
for(int i=;i<=;++i)if(trie[p][i]){hs=;break;}
if(!hs){w[][p]=;w[][p]=;return;}
for(int i=;i<=;++i)if(trie[p][i]){
dfs(trie[p][i]);
if(!w[][trie[p][i]])w[][p]=;
if(!w[][trie[p][i]])w[][p]=;
}
}
int main(){
int t;scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&k);rt=cnt=;memset(trie,,sizeof trie);
for(int i=;i<=n;++i)scanf("%s",s),len=strlen(s),insert(rt,);
dfs(rt);//for(int i=1;i<=cnt;++i)printf("%d %d\n",w[0][i],w[1][i]);
if(!w[][rt])puts("Dirty");
else if(w[][rt])puts("Pure");
else if(k&)puts("Pure");
else puts("Dirty");
}
}
