diff --git a/TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1321.md b/TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1321.md index a72bd71..43dc7e6 100644 --- a/TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1321.md +++ b/TangDou/AcWing_TiGao/T5/GameTheory/1321.md @@ -51,52 +51,117 @@ NO 必败态 $\Rightarrow$ 选择任何路线 $\Rightarrow$ 必胜态 -### 三、本题题解 +### 三、简单情况 +为什么会想到讨论简单情况呢？我们来思考一下：如果某一堆石子只有$1$个，随着我们执行拿走$1$个的操作，它的堆就没了，这样石子个数变了，堆数也变了，两个变量，问题变复杂了，我们上来就想难题，怕是搞不定。 -先来考虑 **简单情况**：所有堆的石子个数 $>1$ +既然这样，我们就思考一下 **子空间** ：只考虑所有个数大于等于$2$的那些堆，其它可能存在石子数等于$1$的，等我们想明白这个简单问题再研究扩展的事，由易到难。 -设 $b$ = 堆数 + 石子总数 $− 1$ +同时，我们需要思考博弈的胜负与什么因素相关呢？因为只有两种操作：**拿走一个石子、合并两堆**，很显然，**两个关键因素：石子个数、堆数** -可以推出: **先手必胜 $\Leftrightarrow$ $b$是奇数** +同时，两个操作同一时间只能执行一个，所以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。 -**证明**：考虑以下结论： -$α$. 任意一个是奇数的情况 **可以** 被转换成一个偶数的情况 (一定存在一个偶数后继) -$β$. 任意一个是偶数的情况 **一定** 会被转换成一个奇数的情况 (所有后继都是奇数)。 +**子空间：当每堆的石子个数都是大于等于$2$时** +
设$b$ = 堆数 + 石子总数 - $1$
 +
结论:$b$是奇数⟺先手必胜,$b$是偶数⟺先手必败
 -先来考虑结论 $α.$ -- 如果堆数 $>1$，可以合并其中两堆石子，这样 $b$ 就会变成偶数 -- 如果堆数 $=1$，就可以拿掉 $1$ 个石子，这样 $b$ 也会变成偶数 +**证明：** -再来考虑结论 $β$. -- 合并其中的两堆石子：显然，$b$ 会变成奇数 -- 取了一个石子： - (1) 取得堆中石子个数 $>2$：石子个数 $− 1$，$b$ 会变成奇数 - (2) 取得堆中石子个数 $=2$：石子个数变成了 $1$(继续分情况讨论)： - 1) 只有一堆：$b$ 是奇数，对手必胜 - 2) 多于一堆：$b$ 是奇数，对手可以把剩下的一个石子放到其他的堆里面去，对手同样必胜 +1、边界：当我们只有一堆石子且该堆石子个数为$1$个时，$b=1$，先手必胜。 -这样，我们成功的证明除了: **先手必胜 $\Leftrightarrow $ ($b$ 是奇数)** +2、当$b$为奇数，一定可以通过某种操作将$b$变成偶数 +* 如果堆数大于$1$，合并两堆让$b$变为偶数 +* 如果堆数等于$1$，从该堆石子中取出一个就可以让$b$变为偶数 +3、当$b$为偶数，无论如何操作，$b$都必将变为奇数 +* 合并两堆，则$b$变为奇数 +* 从某一堆中取走一个石子: + * 若该堆石子个数大于$2$，则$b$变为奇数，且所有堆石子数量严格大于$1$ + * 若该堆石子个数等于$2$，取一个石子后，$b$变为奇数，该堆石子个数变为$1$个,此时就再是子空间范围内了，因为出现某堆的石子个数为$1$，而不是每一堆都大于等于$2$了!需要继续分类讨论: -接下来考虑一般情况：有些堆的石子个数可能 $=1$ -假设石子个数 $=1$ 的堆数为 $a$，$b$ 仍然表示剩余石子的 **操作数**，即 (堆数 $+$ 石子总数 $− 1$) -把所有石子分成两个区域，一区域的数量 $=1$ (对应 $a$)，二区域的数量都 $>1$ (对应 $b$). +####　特殊情况 +此时为了保证所有堆的石子个数大于$1$，**足够聪明的对手** 可以进行的操作分为两类： + ① 如果只有这一堆石子，此时 **对手必胜** + ② 如果有多堆石子，可以将这一个石子合并到其他堆中，这样每对石子个数都大于$1$ + + **$Q$:对手为什么一定要采用合并的操作，而不是从别的堆中取石子呢?** + 我来举两个简单的栗子： + + * **只有一堆石子** + 石子个数是$2$个。你拿走一个，对手直接拿走另一个，游戏结束，**对手赢了**！你也是足够聪明的，你会在这种情况下这么拿吗？不能吧~，啥时候可能遇到这个情况呢？就是你被 **逼到** 这个场景下，也就是一直处于必败态！ + + * **两堆石子** + 每堆石子个数是$2$个。**我是先手**，可以有两种选择： + + (1)、从任意一堆中拿走$1$个, 现在的局面是$\{2,1\}$ + $$\large 后手选择(对手) \Rightarrow + \left\{\begin{matrix} + 从2中取一个 & \Rightarrow \{1,1\} & \Rightarrow + \large \left\{\begin{matrix} + 先手合并 \Rightarrow \{2\}& 剩下一个一个取，先手胜 \\ + 先手后手一个一个取 \Rightarrow 先手败 & + \end{matrix}\right. + \\ + 从1中取一个& \Rightarrow \{2,0\} & 剩下一个一个取，先手败\\ + 合并两堆 & \Rightarrow \{3\} & 剩下一个一个取，先手胜 \\ + \end{matrix}\right. + $$ + 指望对手出错我才有赢的机会，人家要是聪明，我就废了! + + 我是先手，我肯定不能把自己的命运交到别人手中！我选择合并两堆，这样我保准赢！ + + (2)、把两堆直接合并，现在的状态$\{4\}$ + 这下进入了我的套路，你取吧，你取一个，我也取一个；你再取一个，我也再取一个，结果，没有了，**对手必败**。 + + 上面的例子可能不能描述所有场景，我现在$b$是奇数，我在必胜态，我不会让自己陷入到$b$可能是偶数的状态中去，如果我选择了 + - 合并操作减少$1$个堆 + - 拿走操作减少$1$个石子 + 都会把$b-1$这个偶数态给对方 -那么可以写出以下转移： + 我不会傻到一个操作，即可能造成堆也变化，让石子个数也变化，这样就得看对方怎么选择了，而他还那么聪明，我不能犯这样的错误。 -$f(a,b)$: - -① 从 $a$中取 $1$个 $→f(a−1,b)$ -② 从 $b$中取 $1$个 $→f(a,b−1)$ -③ 合并 $b$中的 $2$个 $→f(a,b−1)$ -④ 合并 $a$中 $2$个 ($b$堆石子数 $+2$,堆数 $+1$) $→f(a−2,b+3)$ -⑤ 合并 $a$中 $1$个 $b$中 $1$个 ($b$堆石子数 $+1$, $a$个数 $−1$)$→f(a−1,b+1)$ +### 四、本题情况 +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$1$ + +根据这些数量大于$1$的堆的石子可以求出上述定义出的$b$，我们使用$f(a, b)$表示此时先手必胜还是必败,因为博弈论在本质上是可以递推的，我们可以想出起点，再想出递推关系，就可以递推得到更大数据情况下的递推值，也就是博弈论本质上是$dp$。 + +
+ +相关疑问 +$Q1:$**情况**$3$**为什么是两个表达式？** +答： +①当右侧存在时，合并左边两堆石子，则右侧多出一堆石子，并且，石子个数增加$2$,也就是$b+=3$ + +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$b+=2$ + +$Q2$：**为什么用一个奇数来描述简单情况的状态，而不是用偶数呢？** +答：因为要通过递推式进行计算，最终的边界是需要我们考虑的: + +- 如果用奇数，那么边界就是$b=1$,表示只有$1$堆，石子数量只有$1$个，此时当然必胜。 +- 如果用偶数，比如边界是$b=0$,表示目前$0$堆，$0$个石子，这都啥也没有了，还必胜态，不符合逻辑，说不清道不明。 -#### $Code$ +- 那要是不用$b=0$做边界，用$b=2$呢？表示只有$1$堆，石子数量只有$1$个，这个应该也是可以，但没有再仔细想了。 + +$Q3:$**情况**$2$**从右边取一个石子，如果此时右侧存在某一堆中石子个数是$2$,取走$1$个后，变成了$1$,不就是右侧减少了一个堆，减少了两个石子，即$b-=3$；同时，此堆石子个数变为$1$，左侧个数$a+=1$，为什么没有看到这个状态变化呢？** + +答：这是因为聪明人不会从右侧某个石子数量大于$2$的堆中取走石子! + +看一下 **讨论简单情况** 中第$3$点后面的 **特殊情况**: + - 如果右侧只有一堆，石子数量为$2$，拿走$1$个，剩$1$个，一堆一个，对方必胜，此为必败态 + + - 如果右侧大于一堆，某一堆只有$2$个石子，拿走$1$个，剩$1$个，对手足够聪明，会采用右侧两堆合并的办法，此时 石子数量减$1$,堆数减$1$，对$b$的影响是减$2$,对$b$的奇偶性没有影响,换句话说，如果你现在处在必败态，你这么整完，还是必败态 + + +### 五、时间复杂度 +这里因为$a$最大取$50$，$b$最大取$50050$，因此计算这些状态的计算量为$2.5×10^6$，虽然有最多$100$次查询，但是这些状态每个只会计算一遍，因此不会超时。 + + +### 六、实现代码 ```cpp {.line-numbers} #include using namespace std; @@ -161,4 +226,72 @@ int main() { } return 0; } -``` \ No newline at end of file +``` + +思路： 我们可以简单猜想当总操作数 +∑ +a +[ +i +] ++ +n +− +1 + 是奇数的时候，先手必胜。 但事实并非如此，有些情况并不成立 。 我们可以发现，当n是1的时候，这样结论显然成立。 +另外，我们还可以总结出当没有数量为1的石子堆时，这个结论也是成立的。 下面我们先来证明这个结论。 + +猜想： 当没有数量为1的堆，上面和是奇数的时候，先手必胜，如果是偶数，先手必败。 + +1. 先证明奇数必胜，对于先手来说，如果n>1，那么只要选两堆合并， 那么总操作数变成偶数，n=1明显只能选择减少1操作，后手还是偶数。对于后手来说，无论他是减少1,还是合并操作，留下的总操作数一定还是奇数。 + +对于某些读者来说，可能会问，如果后手把某个2变成1,先手该怎么办，其实这个很容易操作，如果堆数超过1,先手一定选择合并这个数量为1的堆，如果只有一堆了而且还是1,明显先手必胜了。 所以，先手总是有办法让 + +后手必败（操作数为偶数的局面)，后手无论怎么走，都会让先手必胜(变成操作为奇数的局面)，所以我们证明成立。 + +2. 在上面，我们也证明了当操作数是偶数的时候，先手是必败的。 + + + +接下来我们考虑有数量为1的堆的时候的情况，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。 + +由于数据规模不是很大，我们采用了动态规划的思想，用记忆化搜索来实现情况。 + +f +[ +a +] +[ +b +] +表示当数量为1的堆有a个，剩下的堆的操作数是b的时候，先手是必胜还是必败， +f +[ +a +] +[ +b +] += +1 +表示必胜，否则必败。b中不会出现数量为1的堆，除非只剩下一个堆了。 + +情况1： 当a>=2的时候，合并两个数量为1的堆，这样就让b这边的操作数增加了2+(b>0)，因为如果原来b大于0，相当于操作数增加了3，否则b原来是0,那么操作是只增加2. + +情况2： 和a>0 并且b>0 的时候，我们可以合并一个数量为1的堆和b中一个数量不为1的堆，那么a减少1,b增加1 + +情况3：b>=2,我们合并b里面的两个堆或者减少1，无论哪种，都是让b里面的操作数减少1。 + +情况4： 当a>0的时候，我们可以减少一个数量为1的堆，这样a就减少1,b不变。 + + + +另外有一种非常特殊的情况，就是b等于1了，刚才我们说了，b里面不会出现数量为1的堆，除非只剩下一个堆了。因为b里面只要堆的数量超过1,就一定可以用合并超过替代减少1操作，这样是等价的。 + +除非b里面只有一个堆了，那么我们就只能不断减少1了。 + +所以当b是1的时候，实际我们求的问题应该变成f[a+1][0] + + + +以上内容是我自己的一个总结，网上有些题解感觉写的不是很清楚，我自己理了一下思路，重新写了一个题解。 \ No newline at end of file