bzoj 3895: 取石子(博弈+记忆化搜索)

3895: 取石子

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Description

Alice和Bob两个好朋含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。

Input

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a1,a2…an,表示每堆石子的数量。

Output

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。

Sample Input

2
3
1 1 2
2
3 4
3
2 3 5

Sample Output

YES
NO
NO

HINT

100%的数据满足T<=100,  N<=50. ai<=1000

Source

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题解:博弈+记忆化搜索

刚做这个题的时候想写小数据的对抗搜索,但是失败了。

我们可以先考虑所有的X>1的情况,当只有一堆石子的时候操作上=x,若x为奇数则先手必胜,否则必败。

在考虑有多堆的时候,操作数tot=sum(x)+堆数-1,此时如果tot为奇数则先手必胜,否则必败。

为什么呢?如果不考虑合并操作,那么就相当于有sum(x)个石子每次都只能取一个,同一堆时的情况相同,因为有合并操作,合并操作其实就是可以把必败态推给对手,最多合并堆数-1次,推偶数次相当于没推。

下面证明堆数不为1时,当tot为偶数并且不存在石子数量为1的堆时,先手必败.
1.如果先手选择合并两堆石子,那么每堆石子的个数依然大于1,tot变为奇数.
2.如果先手选择从一堆石子数大于2的堆中拿走一枚石子,那么同上每堆石子个数依然大于1,tot变为奇数。 
3.如果先手选择从一堆石子数等于2的堆中拿走一枚石子,那么后手可以合并剩下的1枚石子到任意一个堆(堆数-1,石子数,先手依旧面临偶数)。那样tot的奇偶性不变,每堆石子的个数依然大于1. 那么为什么后手不会选择把剩下的一个取走呢?因为取走后堆数-1,石子数-1,这样奇偶性就变了,就把必胜太留给了对手,博弈的两个人一定是聪明的所以他不可能这么选择)

那么存在x=1的堆怎么办呢?我们可以分开考虑。

假设x=1的堆的个数为a,剩下堆的操作数为b ,我们用f[a][b]表示当前状态是否必胜。

每次枚举所有的操作进行转移:

1.将两堆x=1合并成一堆,这样a-2,b+2+(b?1:0)如果原本b=0,说明只有刚合并的这一堆,其他的没法合并

2.从x=1的堆中取走一个石子,a-1

3.从x=1的堆中取一个石子合并到后面x!=1的任意堆中,注意此时的把b!=0

4从x!=1的堆中任意取一个

这样进行记忆化搜索即可。

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m,t;
int f[100][100000];
int dfs(int a,int b)
{
	if (f[a][b]!=-1)  return f[a][b];  
	if (a==0)  return f[a][b]=b%2;
	if (b==1)  return f[a][b]=dfs(a+1,0);
	int t=2;
	if (a)  t=min(t,dfs(a-1,b));
	if (a>1)  t=min(t,dfs(a-2,b+2+(b?1:0)));
	if (a&&b)  t=min(t,dfs(a-1,b+1));
	if (b)  t=min(t,dfs(a,b-1));
	if (!t) f[a][b]=1;
	else f[a][b]=0;
    return f[a][b]; 
}
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	memset(f,-1,sizeof(f));
	for (int T=1;T<=t;T++)
	{
		scanf("%d",&n);
		int a=0,b=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		 {
		 	int x; 
		 	scanf("%d",&x);
		 	if (x==1)  a++;
		 	else b+=x+1;
		 }
		if (b>0) b--;
	    if (dfs(a,b)==1)  printf("YES\n");
	    else printf("NO\n");
	}
}



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