《挑战程序设计竞赛》4.2.2 游戏必胜策略-Nim与Grundy数 POJ2975 1704 2311 3537 2315 CF138D(2)
来源:互联网 发布:java 延时执行方法 编辑:程序博客网 时间:2024/05/27 00:50
POJ 2975 取石头问题
http://poj.org/problem?id=2975
题意
有n堆石头,甲乙两个人轮流拿,每次从某堆石头中拿出至少一个。若轮到某人时无石可拿,此人输。
当甲存在必赢策略时,并不意味着他从任意一堆里选石头都能赢。求他有多少种拿石头的方案可以使乙达到必输态(也就是甲必赢)。
思路
判断输赢根据下式:
X=a[0]^a[1]^……a[n]
当X为0则必输,大于0则必赢。
必赢的策略数其实就是算最后有多少堆石头满足(X^a[i])
代码
Source CodeProblem: 2975 User: liangrx06Memory: 240K Time: 32MSLanguage: C++ Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1000;int main(void){ int n, a[N], ans; while (cin >> n, n) { ans = 0; for (int i = 0; i < n; i ++) { scanf("%d", &a[i]); ans ^= a[i]; } int sum = 0; if (ans > 0) { for (int i = 0; i < n; i ++) if ((ans^a[i]) < a[i]) sum ++; } printf("%d\n", sum); } return 0;}
POJ1704 移动棋子游戏
http://poj.org/problem?id=1704
题意
从左到右n个格子,某些有石子,每格永远只能放一个石子,每次可以将某个石子向左移若干格,但不能跨越任何石子。两人轮流操作,谁无路可走谁输。
思路
我们把棋子按位置升序排列后,从后往前把他们两两绑定成一对。如果总个数是奇数,就把最前面一个和边界(位置为0)绑定。 在同一对棋子中,如果对手移动前一个,你总能对后一个移动相同的步数,所以一对棋子的前一个和前一对棋子的后一个之间有多少个空位置对最终的结果是没有影响的。于是我们只需要考虑同一对的两个棋子之间有多少空位。我们把每一对两颗棋子的距离(空位数)视作一堆石子,在对手移动每对两颗棋子中靠右的那一颗时,移动几位就相当于取几个石子,与取石子游戏对应上了,各堆的石子取尽,就相当再也不能移动棋子了。
我们可能还会考虑一种情况,就是某个玩家故意破坏,使得问题无法转换为取石子,例如前一个人将某对中的前者左移,而当前玩家不将这对中的另一移动,则会导致本堆石子增多了,不符合nim。但是这种情况是不会出现的。因为赢家只要按照取石子进行即可获胜,而输家无法主动脱离取石子状态。如果输家想要让某堆石子增多,那么赢家只需要让该堆减少回原状,这样输家又要面临跟上一回合同样的局面。
代码
Source CodeProblem: 1704 User: liangrx06Memory: 248K Time: 16MSLanguage: C++ Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1000;int main(void){ int t, n, a[N+1], ans; cin >> t; while (t--) { cin >> n; for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%d", &a[i]); if (n & 1) a[n++] = 0; sort(a, a+n); ans = 0; for (int i = 0; i < n; i += 2) ans ^= (a[i+1] - a[i] - 1); if (!ans) printf("Bob will win\n"); else printf("Georgia will win\n"); } return 0;}
POJ2311 剪纸游戏
http://poj.org/problem?id=2311
题意
给出一个W*H的纸片,每一次可以把一部分剪成两部分,谁剪出1*1的就赢了。
思路
对于任何一个人,都不会先剪出1*n或者n*1,应该这样就必败了。
那我们考虑一个状态的后继中,最小的边也是2,这样就可以避免之前的问题,也不需要考虑类似ANTI-SG。
一旦出现2*2,2*3,3*2,这些都成了终止状态,不论怎么剪都会出现1*n,或者n*1。
这个题的关键在于剪之后会使纸分成两部分,这两部分的grundy值可以用异或运算组合起来,从而合并两个部分的状态。具体为什么可以这么用《挑战》书中没有更进一步的解释。
另外这个题值得一提的细节是用cin输入会超时。。。
代码
Source CodeProblem: 2311 User: liangrx06Memory: 336K Time: 750MSLanguage: C++ Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <set>using namespace std;const int M = 200;int mem[M+1][M+1];int grundy(int w, int h){ if (mem[w][h] != -1) return mem[w][h]; set<int> s; for (int i = 2; i < w-1; i ++) s.insert(grundy(i, h) ^ grundy(w-i, h)); for (int i = 2; i < h-1; i ++) s.insert(grundy(w, i) ^ grundy(w, h-i)); int res = 0; while (s.count(res)) res ++; return mem[w][h] = res;}int main(void){ int w, h; for (int i = 0; i <= M; i ++) fill(mem[i], mem[i]+1+M, -1); //grundy(200, 200); while (scanf("%d%d", &w, &h) == 2) { if (grundy(w, h)) puts("WIN"); else puts("LOSE"); } return 0;}
POJ 3537
http://poj.org/problem?id=3537
题意
有个2人玩的游戏在一个规模为1*n的棋盘上进行,每次一个人选择一个地方画上’X’,一旦某个人画上X后出现了连续3个X,那么这个人就赢了。给你n(3≤n≤=2000)问谁会赢。
思路
一旦在某位置画X之后,其周围距离3之内如果再画一个X,则为必输态。因此只能在距离3之外画X。实际上画X相当于将游戏分割为两部分:i-3和n-i-2。此时游戏的Grundy值为两个部分的Grundy值取异或。
但如果i小于3如何定义Grundy值呢?可定义为0,因为任何整数与0做异或结果都不变,0值相当于表示对结果无影响。
另外,值得一提的是,此题用set会超时,需用数组计算Grundy值。
代码
Source CodeProblem: 3537 User: liangrx06Memory: 1496K Time: 360MSLanguage: C++ Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 2000;int mem[N+1];int grundy(int n){ if (n <= 0) return 0; if (mem[n] >= 0) return mem[n]; bool g[N+1] = {0}; for (int i = 1; i <= n; i ++) g[(grundy(i-3) ^ grundy(n-i-2))] = 1; int res = 0; while (g[res]) res ++; return mem[n] = res;}int main(void){ int n; //memset(mem, -1, sizeof(mem)); fill(mem, mem+N+1, -1); while (scanf("%d", &n) != EOF) { if (grundy(n)) puts("1"); else puts("2"); } return 0;}
POJ2315
http://poj.org/problem?id=2315
题意
思路
代码
这里写代码片
CF138D
http://codeforces.com/problemset/problem/138/D
题意
n*m(1 ≤ n, m ≤ 20)的区域,每个方格初始都是活跃的,且有值为L R X其中之一。Roma和敌法师轮流选择一个活跃方格,如果选择了某方格,将有如下情形产生:
L–该方格以及沿对角线左下和右上的所有方格置为非活跃状态。
R–该方格以及沿对角线左上和右下的所有方格置为非活跃状态。
X–该方格以及沿对角线四个方向的所有方格置为非活跃状态。
若无活跃方格可选,则为输。
给出n*m的区域的值,问Roma先手是否有必赢策略。有则输出WIN,否则输出LOSE。
思路
暂时没有思路。
代码
这里写代码片
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