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TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1321.cpp

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-#include <bits/stdc++.h>
+#include <iostream>
+#include <cstring>
 using namespace std;
-const int N = 55, M = 50050; // M 包括了 50 * 1000 + 50个石子数量为1的堆数
-int f[N][M];
-
-int dfs(int a, int b) {
-    int &v = f[a][b];
-    if (~v) return v;
-    // 简单情况: 即所有堆的石子个数都是严格大于1，此时a是0
-    if (!a) return v = b % 2; // 奇数为先手必胜，偶数为先手必败
-
-    // 一般5个情况 + 1个特殊情况
-
-    // 特殊情况: 如果操作后出现b中只有一堆，且堆中石子个数为1
-    // 那么应该归入到a中，并且b为0
-    // 以下所有情况，如果能进入必败态，先手则必胜！
-    if (b == 1) return dfs(a + 1, 0);
-
-    // 情况1：有a，从a中取一个
-    if (a && !dfs(a - 1, b)) return v = 1;
-
-    // 情况2, 4：有b，从b中取1个(石子总数 - 1) or 合并b中两堆(堆数 - 1),
-    if (b && !dfs(a, b - 1)) return v = 1;
-
-    // 情况3：有a >= 2， 合并a中两个
-    // 如果b的堆数不为0， a - 2,  b + 1堆 + 2个石子（只需要加delta）  ====> b + 3
-    // 如果b的堆数为0， a - 2,  0 + 2个石子 + 1堆 - 1  ====> b + 2
-    if (a >= 2 && !dfs(a - 2, b + (b ? 3 : 2))) return v = 1;
-
-    // 情况5：有a，有b， 合并a中1个b中1个, a - 1, b的堆数无变化 + 1个石子（只加delta）
-    if (a && b && !dfs(a - 1, b + 1)) return v = 1;
-
-    // 其他情况，则先手处于必败状态
-    return v = 0;
+const int N = 55, M = 50060;
+int n, f[N][M];
+int sg(int a, int b) {
+    if (f[a][b] != -1) return f[a][b];
+    int &s = f[a][b];
+    if (!a) return b & 1; // 如果能转移到必败态
+    if (b == 1) return sg(a + 1, b - 1);
+    if (a && !sg(a - 1, b)) return s = 1;                          // 取a
+    if (b && !sg(a, b - 1)) return s = 1;                          // 合并b,取b
+    if (a && b > 1 && !sg(a - 1, b + 1)) return s = 1;             // 合并a,b
+    if (a > 1 && !sg(a - 2, b == 0 ? b + 2 : b + 3)) return s = 1; // 合并a
+    return s = 0;
 }
-
 int main() {
+    int T;
+    scanf("%d", &T);
     memset(f, -1, sizeof f);
-    int T, n;
-    cin >> T;
+    f[1][0] = f[2][0] = 1;
+    f[3][0] = 0;
     while (T--) {
-        cin >> n;
-        int a = 0, b = 0;
-        for (int i = 0; i < n; i++) { // n堆石子
+        scanf("%d", &n);
+        int a = 0, b = -1;
+        for (int i = 1; i <= n; i++) {
             int x;
-            cin >> x;
-            if (x == 1) a++; // 每堆石子的数量
-            // b==0时 加1堆+加x石子=0 + 1+x-1=x
-            // b!=0时 加1堆+加x石子=原来的+x+1
-            // 偏移量是1个，在b=0时，需要考虑引入这个偏移量:-1,在b>0时，就不必再次考虑了
+            scanf("%d", &x);
+            if (x == 1)
+                a++;
             else
-                b += b ? x + 1 : x;
+                b += x + 1;
         }
-
-        // 1 为先手必胜， 0为先手必败
-        if (dfs(a, b))
+        if (b < 0) b = 0;
+        if (sg(a, b))
             puts("YES");
         else
             puts("NO");

TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1321.md

@@ -66,14 +66,20 @@ NO
 **$Q3$:猜一下关联关系?**
 两个操作同一时间只能执行一个，可以理解为拿走一个石子对结果影响一下，合并两堆石子对结果也是影响一下，初步考虑应该堆个数与石子总数的加法关系相关。
 
-**一般情况：当每堆的石子个数都是大于等于$2$时,猜的关联关系**
+**一般情况：当每堆的石子个数都是大于等于$2$时,猜关联关系**
 
-<font size=5 color='red'><center><b>设$b$ = 堆数 + 石子总数 - $1$</b></center></font>
+<font size=5 color='red'><center><b>设 剩余操作数 = $b$ = 堆数 + 石子总数 - $1$</b></center></font>
 <font size=5 color='red'><center><b>结论:$b$是奇数⟺先手必胜,$b$是偶数⟺先手必败</b></center></font>
 
-我们可以发现，当$n$是$1$的时候，这样结论显然成立。  
+我们可以发现，当$n$是$1$的时候，也就是只有$1$堆时，比如$a_0=3$，那么$b=3+1-1=3$,是奇数:
+- ① 先手拿走一个，剩操作数=$2$
+- ② 后手只能拿走$1$个，剩操作数$1$
+- ③ 先手再拿走1个，剩余操作数$=0$
+- ④ 后手没有可以拿的了，后手负，先手必胜！
 
-然后分类讨论：
+结论显然成立。  
+
+当不只有$1$堆时，分类讨论：
 
 **情况$1$：没有数量为$1$的堆** 
 
@@ -92,8 +98,6 @@ NO
 
 这个情况比较复杂，因为如果某个人把$1$减少$1$,那么这个堆同时也消失了，相当于操作数减少了$2$。 
 
-
-本题中可能存在一些堆的石子个数等于$1$:
 * 假设有$a$堆石子，其中每堆石子个数为$1$
 * 剩余堆的石子个数都严格大于$1$
 
@@ -108,6 +112,7 @@ $Q:$**情况**$3$**为什么是两个表达式？**
 ②当右侧一个都没有的时候，左边送来了一堆，两个石子，按$b$的定义，是堆数+石子个数$-1=2$，即$b+=2$
 
 
+
 ### 六、实现代码 
 ```cpp {.line-numbers}
 #include <bits/stdc++.h>