[POJ2505]A multiplication game（博弈）

题目描述

传送门
这道题真正的题意是：起始数为1，每次可以将这个数乘2−9中的任意一个数，首先得到>=n的数的人获胜。问是否有必胜策略
而Po读错题了写完了代码竟然A了！并且刚刚发现！
但是Po并没有删除这篇题解就是因为Po不忍心删除花了好久证明的做法→_→，并且Po觉得如果是下面这个错的题意的话这个做法应该是正确的！
一笑而过...
题意：起始数为1，每次可以将这个数乘2或乘9，首先得到>=n的数的人获胜。问是否有必胜策略。

题解

这道题我用了一个非常奇怪的方法。
当n<=18的时候随便讨论一下就行了。来看n>18的情况。
首先我们将n分解为18k∗x的形式（x有可能为实数）。
1、当x=1的时候，先手必败。因为无论先手选择2还是9，后手都可以选择另一个数将其凑成18.
2、当x>9的时候，先手必败。同样无论先手选择2还是9，后手都可以选择另一个数将其凑成18。而最后凑不成整18的那个数，先手无论选2还是选9都会帮助后手取得胜利。
3、当x<=2的时候，先手必胜。因为先手可以先选一个2，然后无论后手怎么选，都选另一个数来凑成18。
4、当2<x<=9的时候，是最麻烦的一种情况。后手不会傻到每一次都给先手去凑18，所以一定是先手先选择一个数，然后根据后手的选择来凑18，但是先手唯一担心的就是这个过程中自己还没有凑到18后手就用一个数和先手选择的第一个数组合然后超过n了。我们可以发现9是2的4.5倍。当2<x<=4.5的时候，如果先手先选择了2，那么后手只需要每次都选择2就可以保证即使先手选9也拿不到n，在这个过程中如果先手选择了2那么权利反转，同样是先手必败；如果先手先选择了9，那么后手只需要也选择9，然后根据先手的选择凑18，就可以保证最后的胜利。当4.5<x<=9的时候，先手只需要先选择9，然后根据后手的选择凑18，这样无论如何后手怎样选都无法在没凑到18的情况下达到n，此时先手必胜。

代码

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;double n;const double mi=18.0;int main(){    while (~scanf("%lf",&n))    {        if (n<mi)        {            if (n<=9) puts("Stan wins.");            else puts("Ollie wins.");            continue;        }        double p;        for (p=1.0;;)            if (p*mi>n) break;            else p*=mi;        double t=n/p;        if (t==1) puts("Ollie wins.");        else if (t>9) puts("Ollie wins.");        else if (t<=2) puts("Stan wins.");        else if (t<=4.5) puts("Ollie wins.");        else puts("Stan wins.");    }}