bzoj 1413: [ZJOI2009]取石子游戏（博弈+DP）

1413: [ZJOI2009]取石子游戏

Time Limit: 10 Sec   Memory Limit: 162 MB
Submit: 711   Solved: 470
[ Submit][ Status][ Discuss]

Description

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：对于任意给出一个初始一个局面，是否存在先手必胜策略。

Input

文件的第一行为一个整数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ai，依次表示每堆石子的数目。

Output

对于每组测试数据仅输出一个整数0或1。其中1表示有先手必胜策略，0表示没有。

Sample Input

1

4

3 1 9 4

Sample Output

0

前提：

假设当前有n堆石子，你可以在这n堆石子左边再加一堆数量为x的石子使得先手必败，那么x只有一种取值

原因：假设在左边放x个石子和y个石子(x>y)先手都必败，那么先手把x个石子取成y个后哈哈懂了吧

这样就可以dp了

L[i][j]表示在石子区间[L, R]的左边加上L[i][j]个石子后先手必败

R[i][j]表示在石子区间[L, R]的右边加上R[i][j]个石子后先手必败

假设已知L[i][j-1], R[i][j-1], a[j]，求L[i][j]

分情况讨论：

①a[j]<L[i][j-1]，a[j]<R[i][j-1]：

L[i][j] = a[j]，你取多少个石子，对面只要在另一侧和你取相同石子就好，因为你一定是先将其中一堆石子取完的那个，这个时候对面面对的一定不可能是必败态

②R[i][j-1]

L[i][j] = a[j]-1，若a[j]-1==R[i][j-1]，因为你不能将a[j]取到R，所以对面只要保证取完后两端石子相同即可，若a[j]-1>R[i][j-1]，在你把左端石子取到R之前，对面在另一侧和你取相同数量的石子，这样状态一定会变为a[j]-1=R[i][j]的状态

③L[i][j-1]<=a[j]

L[I][j]==a[j]+1，和上面思路一样

④a[j]>L[i][j-1]，a[j]>R[i][j-1]：

L[i][j] = a[j]，和①情况一样，你取多少个石子，对面只要在另一侧和你取相同石子就好，但有一种情况对面不这么做：你将石子取得剩下R[i][j]个时，对面将石子取得剩下R[i][j]+1个（也就是少取1个），这样就变成情况③了

⑤R[I][j]==a[j]

L[i][j] = 0，没什么可说的，你已经必败

初始化L[i][i] = R[i][i] = a[i]因为只有两堆时若两堆数量相等则必败

最后判断下L[2][n]是否等于a[1]

#include
#include
int n, a[1005], l[1005][1005], r[1005][1005];
int main(void)
{
	int T, i, j, k;
	scanf("%d", &T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d", &n);
		if(n==1)
			printf("1\n");
		else
		{
			for(i=1;i<=n;i++)
				scanf("%d", &a[i]);
			memset(l, -1, sizeof(l));
			memset(r, -1, sizeof(r));
			for(i=1;i<=n;i++)
				l[i][i] = r[i][i] = a[i];
			for(i=1;i<=n-1;i++)
			{
				for(j=1;j+i<=n;j++)
				{
					k = j+i;
					if(r[j][k-1]==a[k])  l[j][k] = 0;
					else if(a[k]r[j][k-1] && a[k]>l[j][k-1])  l[j][k] = a[k];
					else if(r[j][k-1]l[j+1][k] && a[j]>r[j+1][k])  r[j][k] = a[j];
					else if(l[j+1][k]