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##[$AcWing$ $1321$. 取石子](https://www.acwing.com/problem/content/description/1323/)
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**[参考题解](https://www.cnblogs.com/ZJXXCN/p/11068490.html)**
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### 一、题目描述
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$Alice$ 和 $Bob$ 两个好朋友又开始玩取石子了。
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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：
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- 从某堆石子中取走一个；
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- 合并任意两堆石子。
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不能操作的人输。
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$Alice$ 想知道，她是否能有必胜策略。
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**输入格式**
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第一行输入 $T$，表示数据组数。
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对于每组测试数据，第一行读入 $N$；
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接下来 $N$ 个正整数 $a_1,a_2,⋯,a_N$ ，表示每堆石子的数量。
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**输出格式**
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对于每组测试数据，输出一行。
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输出 $YES$ 表示 $Alice$ 有必胜策略，输出 $NO$ 表示 $Alice$ 没有必胜策略。
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**数据范围**
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$1≤T≤100,1≤N≤50,1≤a_i≤1000$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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3
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3
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1 1 2
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2
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3 4
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3
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2 3 5
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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YES
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NO
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NO
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```
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### 二、博弈论总结
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<font size=4 color='red'><b>
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必胜态 $\Rightarrow$ 选择合适方案 $\Rightarrow$ 必败态
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必败态 $\Rightarrow$ 选择任何路线 $\Rightarrow$ 必胜态
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</b></font>
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### 三、简单情况
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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。
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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。
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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**
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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。
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**子空间：当每堆的石子个数都是大于等于$2$时**
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<font size=5 color='red'><center><b>设$b$ = 堆数 + 石子总数 - $1$</b></center></font>
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<font size=5 color='red'><center><b>结论:$b$是奇数⟺先手必胜,$b$是偶数⟺先手必败</b></center></font>
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**证明：**
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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。
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2、当$b$为奇数，一定可以通过某种操作将$b$变成偶数
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* 如果堆数大于$1$，合并两堆让$b$变为偶数
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* 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
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3、当$b$为偶数，无论如何操作，$b$都必将变为奇数
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* 合并两堆，则$b$变为奇数
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* 从某一堆中取走一个石子:
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* 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$1$
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* 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:
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#### 特殊情况
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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：
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① 如果只有这一堆石子，此时 **对手必胜**
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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$1$
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**$Q$: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?**
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我来举两个简单的栗子：
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* **只有一堆石子**
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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！
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* **两堆石子**
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每堆石子个数是$2$个。**我是先手**，可以有两种选择：
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(1)、从任意一堆中拿走$1$个, 现在的局面是$\{2,1\}$
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$$\large 后手选择(对手) \Rightarrow
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\left\{\begin{matrix}
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从2中取一个 & \Rightarrow \{1,1\} & \Rightarrow
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\large \left\{\begin{matrix}
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先手合并 \Rightarrow \{2\}& 剩下一个一个取，先手胜 \\
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先手后手一个一个取 \Rightarrow 先手败 &
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\end{matrix}\right.
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\\
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从1中取一个& \Rightarrow \{2,0\} & 剩下一个一个取，先手败\\
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合并两堆 & \Rightarrow \{3\} & 剩下一个一个取，先手胜 \\
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\end{matrix}\right.
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$$
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指望对手出错我才有赢的机会，人家要是聪明，我就废了!
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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！
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(2)、把两堆直接合并，现在的状态$\{4\}$
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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**。
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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
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- 合并操作减少$1$个堆
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- 拿走操作减少$1$个石子
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都会把$b-1$这个偶数态给对方
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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。
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### 四、本题情况
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本题中可能存在一些堆的石子个数等于$1$:
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* 假设有$a$堆石子，其中每堆石子个数为$1$
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* 剩余堆的石子个数都严格大于$1$
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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$dp$。
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/05/15/61813_30ead721b5-image-20210515211400052.png'></center>
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<font color='red' size=4><b>相关疑问</b></font>
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$Q1:$**情况**$3$**为什么是两个表达式？**
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答：
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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$b+=3$
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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$b+=2$
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$Q2$：**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？**
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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:
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- 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。
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- 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。
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- 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。
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$Q3:$**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？**
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答：<font color='red' size=4><b>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!</b></font>
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看一下 **讨论简单情况** 中第$3$点后面的 **特殊情况**:
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- 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
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- 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
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### 五、时间复杂度
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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。
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### 六、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 55, M = 50050; // M 包括了 50 * 1000 + 50个石子数量为1的堆数
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int f[N][M];
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int dfs(int a, int b) {
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int &v = f[a][b];
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if (~v) return v;
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// 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
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if (!a) return v = b % 2; // 奇数为先手必胜，偶数为先手必败
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// 一般5个情况 + 1个特殊情况
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// 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
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// 那么应该归入到a中，并且b为0
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// 以下所有情况，如果能进入必败态，先手则必胜！
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if (b == 1) return dfs(a + 1, 0);
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// 情况1：有a，从a中取一个
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if (a && !dfs(a - 1, b)) return v = 1;
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// 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),
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if (b && !dfs(a, b - 1)) return v = 1;
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// 情况3：有a >= 2， 合并a中两个
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// 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
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// 如果b的堆数为0， a - 2, 0 + 2个石子 + 1堆 - 1 ====> b + 2
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if (a >= 2 && !dfs(a - 2, b + (b ? 3 : 2))) return v = 1;
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// 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）
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if (a && b && !dfs(a - 1, b + 1)) return v = 1;
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// 其他情况，则先手处于必败状态
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return v = 0;
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}
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int main() {
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memset(f, -1, sizeof f);
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int T, n;
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cin >> T;
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while (T--) {
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cin >> n;
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int a = 0, b = 0;
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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int x;
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cin >> x;
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if (x == 1) a++;
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// 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)
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// 当b != 0时, 我们往后加的delta
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// b == 0时 加1堆 + 加x石子 = 0 + 1 + x - 1 = x
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// 注意操作符优先级
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else
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b += b ? x + 1 : x;
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}
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// 1 为先手必胜， 0为先手必败
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if (dfs(a, b))
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puts("YES");
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else
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puts("NO");
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}
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return 0;
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}
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``` |
