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98
TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1322.md
Unescape View File

@ -110,68 +110,70 @@ $\large L[i][i]=R[i][i]=a_i$
#### 分类讨论
![](https://cdn.acwing.com/media/article/image/2022/04/04/145584_d2d0424bb4-%E6%97%A0%E6%A0%87%E9%A2%98.jpg)
- **特殊情况:$L=R=0$**
令 $\displaystyle \large x=a[j](x>0)$
令 $\displaystyle \large X=a[j](x>0)$
若 $R=0$ 则 $L=R=0$，此时 $x>\max\{L,R\}$，也就是说 $L=0$ 和 $R=0$ 都属于 $Case$ $5$，故其它 $Case$ 满足 $L,R>0$。
> <font color='red'><b>注：因$R=0$,表示在[$i$,$j-1$]确定后，右侧为$0$就能满足[$i$,$j-1$]这一段为先手必败,此时，左侧增加那堆个数为$0$就可以继续保持原来的先手必败，即$L=0$,而且已经证明了$L=R=0$是唯一的。</b></font>
* $x=R$（$Case$ $1$）
最简单的情况——根据 $R=right[i][j-1]$ 的定义，$x=R$则区间 $[i,j]$ 是必败局面，因此左边啥也不能添，添了反而错，故
* $X=R$（$Case$ $1$）
最简单的情况——根据 $R=right[i][j-1]$ 的定义，$X=R$则区间 $[i,j]$ 是必败局面，因此左边啥也不能添，添了反而错，故
$$\large left[i][j]=0$$
* $x<R$
* $x<L$，即 $x< \min\{L,R\}$（$Case$ $2$）
* $X<R$
* ① $X<L$，即 $X< \min\{L,R\}$（$Case$ $2$）
* **结论**：
$$\large left[i][j]=x$$
$$\large left[i][j]=X$$
* **证明**：
即 **求证** $\large (x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},x)$为必败局面,其中$x< \min\{L,R\}$
即 **求证** $\large (X,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},X)$为必败局面,其中$X< \min\{L,R\}$
由于最左边和最右边的两堆石子数量相同，后手可进行和先手 **对称** 操作，后手必将获得一个形如$(y,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1})$ 或 $(a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 的局面,其中: $0<y < x<\min\{L,R\}$
由于最左边和最右边的两堆石子数量相同，后手可进行和先手 **对称** 操作，后手必将获得一个形如$(y,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1})$ 或 $(a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 的局面,其中: $0<y < X<\min\{L,R\}$
**只有左侧为$L=left(i,j-1)$这个唯一值时，才是必败态，现在不是$L$，而是$y<min(L,R)$，所以后手必胜,即先手必败**, **证毕**。
<br>
* $x \geq L$，即 $L \leq x < R$（$Case$ $3$）
* **结论**：$$\large left[i][j]=x+1$$
* ② $X \geq L$，即 $L \leq X < R$（$Case$ $3$）
* **结论**：$$\large left[i][j]=X+1$$
* **证明**：
即 **求证** $(x+1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},x)$为 **必败局面** ,其中 $L \leq x <R$
即 **求证** $(X+1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},X)$为 **必败局面** ,其中 $L \leq X <R$
* 若先手拿最左边一堆，设拿了以后 **还剩 $z$ 个石子**
* 若 $z>L$，则后手将最右堆拿成 $z-1$ 个石子（$z-1 \ge L>0$），**保证左侧比右侧多$1$个石子**,就能回到 $Case$ $3$ 本身，递归证明即可
* 若 $z=L$，则后手将最右堆拿完，根据 $L=left[i][j-1]$ 定义知此时局面必败
* 若 $0<z<L$，则后手将最右堆拿成 $z$ 个石子，**由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面**
* 若 $z=0$，此时最右堆石子数 $x$ 满足 $L \le x<R$，结合 $right[i][j-1]$ 定义知 **此局面必胜**
* 若 $z=0$，此时最右堆石子数 $X$ 满足 $L \le X<R$，结合 $right[i][j-1]$ 定义知 **此局面后手必胜,也就是先手必败**
<br>
* 若先手拿最右边一堆，设拿了以后 **还剩 $z$ 个石子**
* 若 $z \ge L$，则后手将最左堆拿成 $z+1$个石子，就能回到 $Case$ $3$ 本身，递归证明即可
* 若 $0<z<L$，则后手将最左堆拿成 $z$ 个石子，**由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面**
* 若 $z=0$，则后手将最左堆拿成 $L$ 个石子，由 $left[i][j-1]$定义知此时局面必败
* 若 $z=0$，则后手将最左堆拿成 $L$ 个石子，由 $left[i][j-1]$定义知此时局面先手必败
* $x>R$
* $x≤L$，即 $R < x \leq L$（$Case$ $4$）
* 结论：$$\large left[i][j]=x-1$$
* $X>R$
* ① $X≤L$，即 $R < X \leq L$（$Case$ $4$）
* 结论：$$\large left[i][j]=X-1$$
* **证明**：
* 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩 $z$ 个石子。
* 若 $z \geq R$，则后手将最右堆拿成 $z+1$ 个石子，<font color='red' size=4><b>保证左侧比右侧多$1$个石子</b></font>,就能回到 $Case$ $4$ 本身，递归证明即可。
* 若 $z \geq R$，则后手将最右堆拿成 $z+1$ 个石子，<b>保证左侧比右侧多$1$个石子</b>,就能回到 $Case$ $4$ 本身，递归证明即可。
* 若 $0<z<R$，则后手将最右堆拿成 $z$ 个石子，由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面。
* 若 $z=0$，则后手将最右堆拿成 $R$ 个石子（注意 $Case$ $4$ 保证了此时最右堆石子个数 $>R$），由 $right[i][j-1])$ 的定义知此时是必败局面。
<br>
* 若先手拿最右边一堆，设拿了以后还剩 $z$ 个石子。
* 若 $z>R$，则后手将最左边一堆拿成 $z-1$ 个石子（注意 $z-1 \ge R >0$），递归证明即可。<font color='red' size=4><b>保证右侧比左侧多$1$个石子。</b></font>
* 若 $z>R$，则后手将最左边一堆拿成 $z-1$ 个石子（注意 $z-1 \ge R >0$），递归证明即可。<b>保证右侧比左侧多$1$个石子。</b>
* 若 $z=R$，则后手把最左堆拿完，根据 $right[i][j-1]$的定义可知得到了必败局面。
* 若 $0<z<R$，则后手将最左堆拿成 $z$ 个石子，由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面。
* 若 $z=0$，此时最左堆石子数量 $k$ 满足 $0<k<L$，结合 $left[i][j-1]$ 定义知局面必胜
<br>
* $x>L$，即 $x>\max\{L,R\}$（$Case$ $5$）
* ② $X>L$，即 $X>\max\{L,R\}$（$Case$ $5$）
* **结论**：$$\large left[i][j]=x$$
* **证明**：
设先手将其中一堆拿成了 $z$ 个石子。
@ -190,30 +192,30 @@ $\large L[i][i]=R[i][i]=a_i$
**综上所述：**
$$ \large
L[i][j]=
left[i][j]=
\large \left\{\begin{matrix}
0 & x=R \\
x+1&L \leq x < R \\
x-1 & R<x \leq L \\
x & otherwise
0 & X=R \\
X+1&L \leq X < R \\
X-1 & R<X \leq L \\
X & otherwise
\end{matrix}\right.
$$
<font color='blue' size=4><b>温馨提示：</b></font>**请看清楚 $L$ 取不取等，乱取等是错的！**
同理可求 $R(i,j)$。
> <font color='blue' size=4><b>温馨提示：</b></font>**请看清楚 $L$ 取不取等，乱取等是错的！**
时间复杂度 $O(n^2)$。
同理可求 $right(i,j)$。
### 六、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
int a[N], l[N][N], r[N][N];
int a[N];
int left[N][N], right[N][N];
int main() {
int T;
@ -226,37 +228,37 @@ int main() {
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
int j = i + len - 1;
if (len == 1)
l[i][j] = r[i][j] = a[i];
left[i][j] = right[i][j] = a[i];
else {
int L = l[i][j - 1], R = r[i][j - 1], x = a[j];
if (R == x)
l[i][j] = 0;
else if (x < L && x < R || x > L && x > R)
l[i][j] = x;
int L = left[i][j - 1], R = right[i][j - 1], X = a[j];
if (R == X)
left[i][j] = 0;
else if (X < L && X < R || X > L && X > R)
left[i][j] = X;
else if (L > R)
l[i][j] = x - 1;
left[i][j] = X - 1;
else
l[i][j] = x + 1;
// 与上述情况对称的四种情况
L = l[i + 1][j], R = r[i + 1][j], x = a[i];
if (L == x)
r[i][j] = 0;
else if (x < L && x < R || x > L && x > R)
r[i][j] = x;
left[i][j] = X + 1;
L = left[i + 1][j], R = right[i + 1][j], X = a[i];
if (L == X)
right[i][j] = 0;
else if (X < L && X < R || X > L && X > R)
right[i][j] = X;
else if (R > L)
r[i][j] = x - 1;
right[i][j] = X - 1;
else
r[i][j] = x + 1;
right[i][j] = X + 1;
}
}
if (n == 1)
puts("1");
else
printf("%d\n", l[2][n] != a[1]);
printf("%d\n", left[2][n] != a[1]);
}
return 0;
}
```

175
TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1322_2.md
Unescape View File

@ -1,175 +0,0 @@
##[$AcWing 1322$. 取石子游戏](https://www.acwing.com/problem/content/1324/)
### 一、题目描述
在研究过 $Nim$ 游戏及各种变种之后，$Orez$ 又发现了一种全新的取石子游戏，这个游戏是这样的：
有 $n$ 堆石子，将这 $n$ 堆石子摆成一排。
游戏由两个人进行，两人轮流操作，每次操作者都可以从 **最左** 或 **最右** 的一堆中取出若干颗石子，可以将那一堆全部取掉，但不能不取，**不能操作的人就输了**。
$Orez$ 问：对于任意给出的一个初始局面，是否存在先手必胜策略。
**输入格式**
第一行为一个整数 $T$，表示有 $T$ 组测试数据。
对于每组测试数据，第一行为一个整数 $n$，表示有 $n$ 堆石子，第二行为 $n$ 个整数 $a_i$ ，依次表示每堆石子的数目。
**输出格式**
对于每组测试数据仅输出一个整数 $0$ 或 $1$，占一行。
其中 $1$ 表示有先手必胜策略，$0$ 表示没有。
**数据范围**
$1≤T≤10,1≤n≤1000,1≤a_i≤10^9$
**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
1
4
3 1 9 4
```
输出样例：
```cpp {.line-numbers}
0
```
### 二、思考过程
#### 1、状态定义
① 设 $left[i][j]$ 表示在 $[i,j]$ 已经固定的区间 **左侧** 放上一堆数量为 $left[i][j]$ 的石子后，**先手必败**
② 设 $right[i][j]$ 表示在 $[i,j]$ 已经固定的区间 **右侧** 放上一堆数量为 $right[i][j]$ 的石子后，**先手必败**
即：$(left[i][j],\underbrace{a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{a[i]\sim a[j]})$,$(\underbrace{a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{a[i]\sim a[j]},right[i][j])$ 为 **先手必败** 局面
有如下两个性质：
#### 2、$left[i][j]$,$right[i][j]$一定存在
**反证法**:
假设不存在满足定义的 $left[i][j]$，则对于 **任意非负整数** $x$，有形如:
$$\large \underbrace{x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{A(x)}$$ 都为 **必胜局面** ,记为 $A(x)$ 局面。
由于 $A(x)$ 为必胜局面，故从 $A(x)$ 局面 <font color='red' size=4><b>必然存在若干种办法一步可达必败局面</b></font>。
若从最左边一堆中拿，<font color='red' size=4><b>因为假设原因，不可能变成必败局面</b></font>，因为这样得到的局面仍形如 $A(x)$。
左边拿没用，只能考虑从右边拿(即从$a_j$里拿)：
于是设 $A(x)$ 一步可达的某个 **必败局面**为 $(x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$，显然有 $0 \le y < a_j$。
**由于 $x$ 有无限个，但 $y$ 只有 $a_j$种——根据抽屉原理，必然存在 $x_1,x_2(x_1 > x_2),y$ 满足 $(x_1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 和 $(x_2,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 都是必败局面**。但这两个必败局面之间 **实际一步可达**(比如拿走$x_1-x_2$个)，矛盾，假设不成立，原命题成立。
#### 3、$left[i][j]$,$right[i][j]$必然唯一
**反证法**:
假设 $left(i,j)$ 不唯一，则存在非负整数 $x_1,x_2(x_1 \neq x_2)$，使得$(x_1,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1},a_j)$ 和 $(x_2,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},a_j)$ 均为必败局面,而 **第一个必败局面** 可以通过拿走左侧$x_1-x_2$个石子到达另一个 **必败局面** ，矛盾，假设不成立，原命题成立。
#### 4、推论
有了上面推的$left[i][j]$唯一性，得出一个有用的推论：
**对于任意非负整数 $x \neq left(i,j)$，$\large (x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_j)$为必胜局面**
#### 5、定义$L$和$R$
因为下面的讨论中出现的$L$和$R$的含义不是很好理解，我们先把这个概念理清楚：
![](http://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/2023/02/cccc1a0f80d1475adcf8096aa9e35ff0.png)
**$Q$**：为什么要这么定义$L$和$R$呢？
答：<font color='red' size=4><b>博弈论的题目都是可以通过动态规划来递推的</b></font>。
为什么呢？你想啊，最终的胜利，肯定不是从天下直接掉下来的，是一步步取得的，也就是前序状态会直接影响后面的状态，所以
> **博弈论 $\Leftrightarrow $ 动态规划 $\Leftrightarrow $ 递归**
递推嘛，就是类似于 **数学归纳法**,先求出初始状态是多少，然后假设$i \sim j-1$这段已经计算出$left[i][j-1],right[i][j-1]$了，现在想依赖于这两个数值推导出$left[i][j],right[i][j]$,怕写的太长麻烦，就定义了$L=left[i][j-1],R=right[i][j-1]$
$left[i][j]$递推
`?[i j-1] 第j堆(石子个数x)`
则我们希望求的是假设$i\sim j$已经固定了,我们在左边放多少个可以使得`?[i j-1] 第j堆` 是必败的
定义:
左边放$L$时,`L[i j-1]`必败
右边放$R$时,`[i j-1]R`必败
**$Q$:那为什么是定义先手必败，而不是先手必胜呢？**
答：因为上面证明过定义先手必败的动态规划数组，是肯定存在并且是唯一的，这样才能正常计算啊。
考虑三个问题：
- ① 初始值
- ② 答案在哪
- ③ 递推式
> **注：答案在哪，并不是和递推式相关，而是和状态表示相关，一定要注意**
**① 初始值**
$\large L[i][i]=R[i][i]=a_i$
当只有一堆石子时($only$ $i$)，我在这堆前面添加一堆，个数和这堆一样多，对于**两堆相同的石子**，**后手进行和先手对称的操作**,你咋干我就咋干，我拿完，你瞪眼~, **先手必败**
**② 答案在哪**
**先手必败** $\Leftrightarrow \ L[2][n]=a_1$
> **解释**：如果$L[2][n]$与$a[1]$相等，就意味着本来挺好的$a[2] \sim a[n]$,结果，前面放上了一个$a[1]$,而加上的$a[1]$使得现在的局面必败，先手必败。
**③ 递推式**
* 变化方法：从左侧拿走一些石子或者从右侧拿走一些石子
![](https://cdn.acwing.com/media/article/image/2022/04/04/145584_d2d0424bb4-%E6%97%A0%E6%A0%87%E9%A2%98.jpg)
### 六、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
int a[N], l[N][N], r[N][N];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int len = 1; len <= n; len++)
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
int j = i + len - 1;
if (len == 1)
l[i][j] = r[i][j] = a[i];
else {
int L = l[i][j - 1], R = r[i][j - 1], x = a[j];
if (R == x)
l[i][j] = 0;
else if (x < L && x < R || x > L && x > R)
l[i][j] = x;
else if (L > R)
l[i][j] = x - 1;
else
l[i][j] = x + 1;
// 与上述情况对称的四种情况
L = l[i + 1][j], R = r[i + 1][j], x = a[i];
if (L == x)
r[i][j] = 0;
else if (x < L && x < R || x > L && x > R)
r[i][j] = x;
else if (R > L)
r[i][j] = x - 1;
else
r[i][j] = x + 1;
}
}
if (n == 1)
puts("1");
else
printf("%d\n", l[2][n] != a[1]);
}
return 0;
}
```
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