##[$AcWing 1322$. 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、状态定义
**① 原来每堆数量是长成这个样的，可能是必胜状态，也可能是必败状态，都可以:**
| $a_i$ | $a_{i+1}$ | ... | $a_{j-1}$ | $a_{j}$ |
| ---- | ---- |---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
- 设 $left[i][j]$ 表示在 必胜区间 $[i,j]$ 区间的 **左侧** 放上一堆数量为 $left[i][j]$ 的石子后，**先手必败**
- 设 $right[i][j]$ 表示在 必胜区间 $[i,j]$ 区间的 **右侧** 放上一堆数量为 $right[i][j]$ 的石子后，**先手必败**
**② 假如原来$a_i \sim a_j$为必胜态，那么你前面添上啥都是必败的**
**③ 假如原来$a_i \sim a_j$为必败态，那么你前面添上$left[i][j]=0$ 也还是必败的**
**总结**：不管原来$a_i \sim a_j$是啥状态，反正，都可以通过向左边添加一个堆的方法(堆的厂子数量可以为$0$)使得状态改为 **先手必败**
| $left[i][j]$ | $a_i$ | $a_{i+1}$ | ... | $a_{j-1}$ | $a_{j}$ | $right[i][j]$ |
| ---- | ---- |---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
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
### 三、$left[i][j]$ 的**存在性证明**
博弈论的题，时刻要记得
**转化关系**
$$
必胜态 \rightarrow
\large \left\{\begin{matrix}
合适的办法 & \rightarrow & 必败态(让对手必败) \\
走错了(傻了) & \rightarrow & 必胜态(让对手必胜)
\end{matrix}\right.
$$
$$
必败态 \rightarrow
\large \left\{\begin{matrix}
无论怎么走(绝望) & \rightarrow & 必胜态(让对手必胜) \\
永远无法(绝望) & \rightarrow & 必败态(让对手必败)
\end{matrix}\right.
$$
（$right[i][j]$ 同理，下同）：
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 必然存在$M$种一步可达必败局面。
若从最左边一堆中拿，因为假设原因，不可能变成必败局面，因为这样得到的局面仍形如 $A(x)$。
注意包括此行在内的接下来几行默认 $x \neq 0$
左边拿没用，只能考虑从右边拿：
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，必存在 $x_1,x_2(x_1 \neq x_2),y$ 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**，故矛盾，进而原命题成立。
### 四、$left[i][j]$ 的唯一性证明
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,而这两个必败局面之间 **实际一步可达** ，故矛盾，进而原命题成立。
### 五、状态转移
#### 1、边界情况
$$\LARGE left[i][i]=a_i$$
当只有一堆石子时，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、递推关系
* 变化方法：从左侧拿走一些石子或者从右侧拿走一些石子
* 让我们使用$left[i][j-1]$和$right[i][j-1]$来表示$left[i][j]$和$right[i][j]$,形成$DP$递推关系
> 前面动作都按要求整完了，问我们：本步骤，我们有哪些变化,根据这些变化，怎么样用前面动作积累下来的数据来完成本步骤数据变化的填充,这不就是动态规划吗？
#### 3、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**
#### 4、特殊情况:$L=R=0$
为方便叙述，下文记 $left[i][j-1]$ 为 $L$，记 $right[i][j-1]$ 为 $R$，并令 $\displaystyle \large x=a_j(x>0)$
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 $L,R>0$。
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$L=0$。
#### 5、分类讨论
* $x=R$（$Case$ $1$）
最简单的情况——根据 $R=right[i][j-1]$ 的定义，区间 $[i,j]$ 本来就是必败局面，因此左边啥也不能添，添了反而错，故
$$\large left[i][j]=0$$
* $x
* $x \geq L$，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 $L \leq x L$，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 $L[i][j-1]$ 定义知此时局面必败
* 若 $0
* 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 $0R$
* $x≤L$，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，保证左侧比右侧多$1$个石子,就能回到 $Case$ $4$ 本身，递归证明即可。
* 若 $0R$），由 $right[i][j-1])$ 的定义知此时是必败局面。
* 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。保证右侧比左侧多$1$个石子。
* 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
* $x>L$，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。
* 若 $z>\max\{L,R\}$，后手将另一堆也拿成$z$个，回到 $Case$ $5$，递归证明。
* 若 $0温馨提示：**请看清楚 $L$ 取不取等，乱取等是错的！**
同理可求 $R(i,j)$。
回到原题，**先手必败当且仅当** $L[2][n]=a_1$ ，于是我们就做完啦！
时间复杂度 $O(n^2)$。
### 六、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include
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;
}
```