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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、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)}由于 A(x) 为必胜局面，故从 A(x) 局面 必然存在若干种办法一步可达必败局面。
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)。
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、疑问
博弈论的题目都是可以通过动态规划来递推的。
Q:为什么定义先手必败，而不是定义先手必胜呢？
答：因为上面证明过定义 先手必败 的动态规划结果数组，是肯定存在并且是唯一的.存在且唯一的，可以递推出来，如果定义的是 先手必胜,根据博弈论的知识，我们知道，必胜的策略不唯一，不方便递推。而如果我们采用的是 先手必败 这样的定义，那么由于它的存在性和唯一性，所以，只要不是它就是必胜局面！
Q:怎么递推？
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]
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 left[i][i]=right[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 \ left[2][n]==a[1] , 先手必胜 \Leftrightarrow \ left[2][n]!=a[1]
解释：
a[2] \sim a[n],前面放上了一个a[1], 根据定义left[2][n]代表在a[2]\sim a[n]之前放上一个数，可以使得放后的局面必败。 现在放上去的是a[1],可以它偏偏等于left[2][n]这个令人讨厌的数字,面对这样的局面，天生是死局，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,我们需要考虑在一个局面确定后，在此局面上左侧、右侧添加一个什么数字（石子个数），才能使得变化后的局面必败。
-
left[i][j-1]和right[i][j-1]表示left[i][j]和right[i][j],形成DP递推关系
递推式需要分类讨论
先把 特殊情况 说清楚：
\large L=R=0
若 R=0 则 L=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,而且已经证明了L=R=0是唯一的。
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。
令 \displaystyle \large X=a[j](X>0)
下面，我们按X与R的大小关系，划分为三种情况，分别进行讨论：
\large \left\{\begin{matrix}
X=R & \\
X<R & \left\{\begin{matrix} X<L \\X \geq L \end{matrix}\right. \\
X>R & \left\{\begin{matrix} X \leq L \\X>L \end{matrix}\right.
\end{matrix}\right.
-
X=R（Case1） 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\large left[i][j]=0 -
X<R- ①
X<L，即X< \min\{L,R\}（Case2）-
必胜策略： 当右侧石子个数为
X时，\large left[i][j]=X.即在右侧石子个数确定为X后，如果在左侧添加一堆石子，个数为X，就可以保证当前局面先手必败。 -
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，当先手把某一侧的石子拿完后，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。
-
- ②
X \geq L，即L \leq X < R（Case3）-
必胜策略： 当右侧石子个数为
X时，\large left[i][j]=X+1.即在右侧石子个数确定为X后，如果在左侧添加一堆石子，个数为X+1，就可以保证当前局面先手必败。 -
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=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 此局面后手必胜,也就是先手必败
- 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]定义知此时局面先手必败
- 若
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后 还剩
-
- ①
-
X>R-
①
X≤L，即R < X \leq L（Case4）-
必胜策略：
\large left[i][j]=X-1$$ -
证明：
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩
z个石子。- 若
z \geq R，则后手将最右堆拿成z+1个石子，保证左侧比右侧少1个石子,就能回到Case4本身，递归证明即可。 - 若
0<z<R，则后手将最右堆拿成z个石子，由Case2知此时是必败局面。 - 若
z=0，则后手将最右堆拿成R个石子（注意Case4保证了此时最右堆石子个数>R），由right[i][j-1])的定义知此时是必败局面。
- 若
- 若先手拿最右边一堆，设拿了以后还剩
z个石子。- 若
z>R，则后手将最左边一堆拿成z-1个石子（注意z-1 \ge R >0），递归证明即可。保证右侧比左侧多1个石子。 - 若
z=R，则后手把最左堆拿完，根据right[i][j-1]的定义可知得到了必败局面。 - 若
0<z<R，则后手将最左堆拿成z个石子，由Case2知此时是必败局面。 - 若
z=0，此时最左堆石子数量k满足0<k<L，结合left[i][j-1]定义知局面必胜
- 若
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩
-
-
②
X>L，即X>\max\{L,R\}（Case5）-
必胜策略：
\large left[i][j]=x$$ -
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
left[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 right(i,j)。
六、实现代码
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
int a[N];
int left[N][N], right[N][N]; // left,right 在 iostream库中用过了，不能用！
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++) // 枚举长度
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) { // left[i][j],从i到j
int j = i + len - 1;
if (len == 1)
left[i][j] = right[i][j] = a[i]; // DP初始值
else {
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)
left[i][j] = X - 1;
else
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)
right[i][j] = X - 1;
else
right[i][j] = X + 1;
}
}
if (n == 1)
puts("1");
else
printf("%d\n", left[2][n] != a[1]);
}
return 0;
}