【原題】
1874: [BeiJing2009 WinterCamp]取石子游戲
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[Submit][Status]
Description
Input
Output
Sample Input
7
6
9
3
2
1
2
Sample Output
1 1
Hint
樣例中共有四堆石子,石子個數分別爲7、6、9、3,每人每次可以從任何一堆石子中取出1個或者2個石子,小H有必勝策略,事實上只要從第一堆石子中取一個石子即可。
數據規模和約定
數據編號 N範圍 Ai範圍 數據編號 N範圍 Ai範圍
1 N=2 Ai≤10 6 N≤10 Ai≤10
2 N=2 Ai≤1000 7 N≤10 Ai≤100
3 N=3 Ai≤100 8 N≤10 Ai≤1000
4 N≤10 Ai≤4 9 N≤10 Ai≤1000
5 N≤10 Ai≤7 10 N≤10 Ai≤1000
對於全部數據,M≤10,Bi≤10
HINT
Source
【分析】其實我是心血來潮想大概學一下博弈論有關的題目。
博文推薦:http://www.cnblogs.com/frog112111/p/3199780.html
首先是最簡單的Nim遊戲:有N堆石子,每次從一堆中取出不爲空的石子,不能取者爲負。判斷先手是否必勝。有一個小小的結論:後手必勝當且僅當所有石子的異或和爲0。
再麻煩一點。規定每次取的石子個數,比如每次只能取1,3,4。我們先考慮只有一堆石子。
(以下摘自那個博客)
首先定義mex(minimal excludant)運算,這是施加於一個集合的運算,表示最小的不屬於這個集合的非負整數。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。
對於一個給定的有向無環圖,定義關於圖的每個頂點的Sprague-Grundy函數g如下:g(x)=mex{ g(y) | y是x的後繼 },這裏的g(x)即sg[x]
sg[0]=0,f[]={1,3,4},
x=1時,可以取走1-f{1}個石子,剩餘{0}個,mex{sg[0]}={0},故sg[1]=1;
x=2時,可以取走2-f{1}個石子,剩餘{1}個,mex{sg[1]}={1},故sg[2]=0;
x=3時,可以取走3-f{1,3}個石子,剩餘{2,0}個,mex{sg[2],sg[0]}={0,0},故sg[3]=1;
x=4時,可以取走4-f{1,3,4}個石子,剩餘{3,1,0}個,mex{sg[3],sg[1],sg[0]}={1,1,0},故sg[4]=2;
x=5時,可以取走5-f{1,3,4}個石子,剩餘{4,2,1}個,mex{sg[4],sg[2],sg[1]}={2,0,1},故sg[5]=3;
以此類推.....
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8....
sg[x] 0 1 0 1 2 3 2 0 1....
在這裏,那個異或和的結論還是正確的。如果sg[N]=0,那麼就存在後手必勝的策略。
但是如果有多堆石子,應該怎麼辦?直接把所有的SG全部異或起來,也是判斷是否是0。
知道了這些結論,那道題也就成了傻題。前面是裸的SG,後面再枚舉一下即可。
【代碼】
#include<cstdio>
#define N 1005
using namespace std;
int sg[N],f[N],hash[N],a[N],sum,temp,i,j,n,m;
void get_SG(int up)
{
sg[0]=0;
for (int i=1;i<=up;i++)
{
for (int j=1;f[j]<=i&&j<=m;j++)
hash[sg[i-f[j]]]=i;
for (int j=0;j<=up;j++)
if (hash[j]!=i) {sg[i]=j;break;}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&m);
for (i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&f[i]);
get_SG(1000);
for (i=1;i<=n;i++) sum^=sg[a[i]];
if (!sum) {printf("NO");return 0;}
for (i=1;i<=n;i++)
{
temp=sum^sg[a[i]];
for (j=1;f[j]<=a[i]&&j<=m;j++)
if (!(temp^sg[a[i]-f[j]]))
{
printf("YES\n%d %d",i,f[j]);
return 0;
}
}
}