官方题解|染色

模拟，分支

首先对于本题，我们发现对于 n = 1 时，因为 $Bob$ 可以将唯一的位置进行设置， $Alice$ 无法将全部的点变成黑色。

接下来我们考虑如果有一个无限的空间，你有 $k$ 次染色的机会，最多会有多少位置会被染色。

根据题面，只有一个点的四联通的位置有至少两个黑色的点，这个点可以被被动染色。

我们设两个黑色点的坐标分别为 $(x_1, y_1)$ $(x_2 , y_2)$, 中间的点的坐标为 $(x_3,y_3)$,那么很容易证明 $min(x_1 ,x_2) \le x_3 \le max(x_1 , x_2),min(y_1 ,y_2) \le y_3 \le max(y_1 , y_2)$。

因此我们设被染色的点的最大的横坐标为 $x_{max}$ ，最小的横坐标为 $x_{min}$ ,最大的纵坐标为 $y_{max}$ ,最小的纵坐标为 $y_{min}$ ,所有被染色点的坐标 $(x_i ,y_i)$, 满足 $x_{min} \le x_i \le x_{max}$ , $y_{min} \le y_i \le y_{max}$。

因此最好的情况似乎是沿着一个对角线进行染色，这样可以染成一个 $k \times k$ 的矩形。当 $n \gt k$ 时，无法将所有的矩阵染成黑色。

还有另外一种证明，如果一个点被相邻的两个点给染色，这几个点所构成的周长不会增加，因此 $k$ 次操作，最大染色后的图像，周长为 $4\times k$,最大组成一个边长为 $k$ 的正方形。

对于剩下的情况判断经过 $n$ 次染色，将整个矩阵染成黑色。可以分别按照奇偶性进行考虑，是可以构造的

时间复杂度 0（1）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
using i32 = int32_t;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);

    int n , k;
    cin >> n >>k;
    if( n == 1)cout <<"No"<<endl;
    else if( n > k )cout <<"No"<<endl;
    else cout <<"Yes" <<endl;
}