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Raw Blame History Unescape Escape

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##AcWing 1321. 取石子

参考题解

一、题目描述

Alice 和 Bob 两个好朋友又开始玩取石子了。

游戏开始时，有 N 堆石子排成一排，然后他们轮流操作（Alice 先手），每次操作时从下面的规则中任选一个：

从某堆石子中取走一个；
合并任意两堆石子。

不能操作的人输。

Alice 想知道，她是否能有必胜策略。

输入格式 第一行输入 T，表示数据组数。

对于每组测试数据，第一行读入 N；

接下来 N 个正整数 a_1,a_2,⋯,a_N ，表示每堆石子的数量。

输出格式 对于每组测试数据，输出一行。

输出 YES 表示 Alice 有必胜策略，输出 NO 表示 Alice 没有必胜策略。

数据范围 1≤T≤100,1≤N≤50,1≤a_i≤1000

输入样例：

输出样例：

YES
NO
NO

二、博弈论总结

必胜态 \Rightarrow 选择合适方案 \Rightarrow 必败态必败态 \Rightarrow 选择任何路线 \Rightarrow 必胜态

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。

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。

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

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。

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

证明：

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。

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:

####　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

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。

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。
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

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55, M = 50050; // M 包括了 50 * 1000 + 50个石子数量为1的堆数
int f[N][M];

int dfs(int a, int b) {
    int &v = f[a][b];
    if (~v) return v;
    // 简单情况: 即所有堆的石子个数都是严格大于1，此时a是0
    if (!a) return v = b % 2; // 奇数为先手必胜，偶数为先手必败

    // 一般5个情况 + 1个特殊情况
    
    // 特殊情况: 如果操作后出现b中只有一堆，且堆中石子个数为1
    // 那么应该归入到a中，并且b为0
    // 以下所有情况，如果能进入必败态，先手则必胜！
    if (b == 1) return dfs(a + 1, 0);

    // 情况1：有a，从a中取一个
    if (a && !dfs(a - 1, b)) return v = 1;

    // 情况2, 4：有b，从b中取1个(石子总数 - 1) or 合并b中两堆(堆数 - 1),
    if (b && !dfs(a, b - 1)) return v = 1;

    // 情况3：有a >= 2， 合并a中两个
    // 如果b的堆数不为0， a - 2,  b + 1堆 + 2个石子（只需要加delta）  ====> b + 3
    // 如果b的堆数为0， a - 2,  0 + 2个石子 + 1堆 - 1  ====> b + 2
    if (a >= 2 && !dfs(a - 2, b + (b ? 3 : 2))) return v = 1;

    // 情况5：有a，有b， 合并a中1个b中1个, a - 1, b的堆数无变化 + 1个石子（只加delta）
    if (a && b && !dfs(a - 1, b + 1)) return v = 1;

    // 其他情况，则先手处于必败状态
    return v = 0;
}

int main() {
    memset(f, -1, sizeof f);
    int T, n;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        int a = 0, b = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x;
            cin >> x;
            if (x == 1) a++;
            // b != 0时 加1堆 + 加x石子 = 原来的 + x + 1 (其实就是区别一开始的时候)
            // 当b != 0时, 我们往后加的delta
            // b == 0时 加1堆 + 加x石子 = 0 + 1 + x - 1 = x
            // 注意操作符优先级
            else
                b += b ? x + 1 : x;
        }

        // 1 为先手必胜， 0为先手必败
        if (dfs(a, b))
            puts("YES");
        else
            puts("NO");
    }
    return 0;
}

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