uva 1378 A Funny Stone Game(博弈论)
来源:互联网 发布:北方数据 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 23:51
题目链接
这是看王晓珂的论文里遇到的第一个例题,之前看了很久都没看懂……
题目大意就是有n堆石子,每次从第i堆里取出一颗石子并向i之后的堆j k(j可以等于k)各放入一颗石子,最后不能操作者输。
这个题目思路里很重要的一句话就是,可以把每一颗石子当成一堆石子来看,如果是第p堆,那它所代表的这堆石子个数为n-1-p。这句话一直没有理解,现在有点懂了吧。
对于这个游戏,最终状态是每个石子堆的sg函数异或结果,那么,对于每个石子堆,里面有a[i]颗石子,我们也可以将它的结果看为每个石子(所以这里要将石子看为石子堆)的sg函数异或结果,由于同一堆中的石子状态是相同的,所以它们的异或结果只有两种,偶数为0,奇数为这颗石子(看成石子堆)的sg值。
至于为什么将每个石子看成石子堆后,它的个数为(n-1-p),我们可以理解为,只是为了将他们不同位置的石子(石子堆编号靠前和靠后)用数量上的不同来表示出来,这样我们就是取出数量为n-1-p的这堆石子,并放入两堆数量小于它的石子。
如何解决转化后的问题,我们知道当取出一堆石子后,它的后续状态由两堆石子决定,这堆石子的sg值便是mex(sg[j]^sg[k]),从小到大递推便可求出相应的sg值。
这道题目的另外一个特点就是它并不是单纯的问先手输或者赢,而是要求在先手赢的情况下给出一个接下来的必胜操作。
我们知道异或之后的结果ans!=0时先手胜,那接下来的必胜操作就是找到一种状态使得异或之后的结果为0,由于我们是对每个石子进行操作,所以加入和去掉石子都是增加了三个操作,我们只需要从小到大枚举合法的操作并将相应的三个sg值与ans异或,结果为零时即为必胜操作。
#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#define maxn 100using namespace std;int sg[30],vis[100],a[30];void init(){ sg[0]=0; for(int i=1; i<23; i++) { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int j=0; j<i; j++) for(int k=0; k<i; k++) vis[sg[j]^sg[k]]=1; for(int j=0;; j++) if(!vis[j]) { sg[i]=j; break; } }// for(int i=0;i<23;i++)// cout<<sg[i]<<' ';}int main(){ int n,kase=0; int ans=0; init(); while(cin>>n) { if(n==0) break; ans=0; for(int i=0; i<n; i++) { cin>>a[i]; if(a[i]&1) { ans=(ans^sg[n-i-1]); } } // cout<<ans<<endl; cout<<"Game "<<++kase<<':'; if(ans==0) cout<<" -1 -1 -1"<<endl; else { int flag=0; for(int i=0; i<n&&(!flag); i++) { if(a[i]==0) continue; for(int j=i+1; j<n&&(!flag); j++) for(int k=j; k<n&&(!flag); k++) if((ans^sg[n-i-1]^sg[n-j-1]^sg[n-k-1])==0) { cout<<' '<<i<<' '<<j<<' '<<k<<endl; flag=1; } } } } return 0;}
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