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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：
1
4
3 1 9 4
输出样例：
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)}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（Case1） 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<Rx<L，即x< \min\{L,R\}（Case2）- 结论：
\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\}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。
x \geq L，即L \leq x < R（Case3）-
结论：
\large left[i][j]=x+1$$ -
证明： 即 求证
(x+1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},x)为 必败局面 ,其中L \leq x <R- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后 还剩
z个石子- 若
z>L，则后手将最右堆拿成z-1个石子（z-1 \ge L>0），保证左侧比右侧多1个石子,就能回到Case3本身，递归证明即可 - 若
z=L，则后手将最右堆拿完，根据L[i][j-1]定义知此时局面必败 - 若
0<z<L，则后手将最右堆拿成z个石子，由Case2知此时是必败局面 - 若
z=0，此时最右堆石子数x满足L \le x<R，结合right[i][j-1]定义知 此局面必胜
- 若
- 若先手拿最右边一堆，设拿了以后 还剩
z个石子- 若
z \ge L，则后手将最左堆拿成z+1个石子，就能回到Case3本身，递归证明即可 - 若
0<z<L，则后手将最左堆拿成z个石子，由Case2知此时是必败局面 - 若
z=0，则后手将最左堆拿成L个石子，由left[i][j-1]定义知此时局面必败
- 若
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后 还剩
-
-
x>R-
x≤L，即R < x \leq L（Case4）-
结论：
\large left[i][j]=x-1$$ -
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Case4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Case2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Case4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。
- 若
- 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<z<R，则后手将最左堆拿成z个石子，由Case2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
- 若
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩
-
-
x>L，即x>\max\{L,R\}（Case5）-
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Case5，递归证明。 -
若
0<z<\min\{L,R\}，后手把另一堆也拿成z个石子即可转Case2。 -
若
z=0，将另一堆拿成L或R个石子即可得到必败局面。 -
剩余的情况是
L \le z \le R或R \le z \le L。 Case3可以解决最左堆L +1 \le z \le R，最右堆L \le z \le R-1的情况 Case4可以解决最左堆R \le z \le L-1，最右堆R+1 \le z \le L的情 况。
所以只需解决最左堆
z=L和最右堆z=R的情况。而这两种情况直接把另一堆拿完就可以得到必败局面。 -
-
-
综上所述：
\large
L[i][j]=
\large \left\{\begin{matrix}
0 & x=R \\
x+1&L \leq x < R \\
x-1 & R<x \leq L \\
x & otherwise
\end{matrix}\right.
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
#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;
}