bzoj 1413 [ZJOI2009]取石子游戏 博弈论 dp

果然浙江出神题呀。。。

首先有这么一个结论：对于一段区间的石子，在这段区间左侧放一堆石子（个数可以为0）有且仅有一个石子个数使得到的状态为先手必败态。

1.因为如果有一种以上的个数，假设有x,y(x<y)两个数是先手必败态，那么可以从y转移到x。因此一定小于等于一种。
2.如果没有石子个数为先手必败态，那么每一个必胜态对应转移到的必败态一定是在右侧选一些石子，由于有无穷多个必胜态因此一定有一种在右侧选石子的方案对应两个以上必胜态，那么这种方案选完后对应两个以上必败态，与1矛盾。
因此有且仅有一种石子个数使得到的状态为先手必败态(在右边放同理)。

然后设l[i][j]表示在区间[i,j]左边放的石子个数，r[i][j]表示在右边放的石子个数。

考虑计算l[i][j] 的情况（r[i][j] 同理）。
设x=l[i][j−1],y=r[i][j−1]
1.特殊情况y=a[j] ： l[i][j]=0
2.x>a[j]&&y>a[j] : l[i][j]=a[j] 先手选一次，后手在另一边选一次与其相等。那么先手一定先取完一侧。
3.x<=a[j]&&y>a[j] : l[i][j]=a[j]+1 当a[i]=x时直接取完a[j]。当a[i]>x时保证a[i]=a[j]+1，当a[i]<x时保证a[i]=a[j]
4.x>a[j]&&y<a[j] 与3同理
5.x<a[j] 设x<y(x>y时同理) 当a[i]=x时取完a[j]，当a[j]=y时取完a[i]。当a[i]>x&&a[j]>y时保证a[i]=a[j]
当x<a[i]<=y时转到3

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 1100int T,n;int a[N],l[N][N],r[N][N];int main(){    ///freopen("tt.in","r",stdin);    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d",&n);        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%d",&a[i]);        if(n==1){puts("1");continue;}        for(int i=1;i<=n;i++)            l[i][i]=r[i][i]=a[i];        for(int i=1;i<=n;i++)            for(int j=1;j+i<=n;j++)            {                int x=l[j][j+i-1],y=r[j][j+i-1],z=a[j+i];                if(y==z)l[j][j+i]=0;                else if(x>z&&y>z)l[j][j+i]=z;                else if(x<=z&&y>z)l[j][j+i]=z+1;                else if(x>z&&y<z)l[j][j+i]=z-1;                else l[j][j+i]=z;                x=r[j+1][j+i],y=l[j+1][j+i],z=a[j];                if(y==z)r[j][j+i]=0;                else if(x>z&&y>z)r[j][j+i]=z;                else if(x<=z&&y>z)r[j][j+i]=z+1;                else if(x>z&&y<z)r[j][j+i]=z-1;                else r[j][j+i]=z;            }        puts(l[2][n]==a[1] ? "0":"1");    }    return 0;}