AtCoder Grand Contest 002 E - Candy Piles 博弈论

题意

有n堆糖果，两个人可以轮流选择两种操作中的其中一种：
把数量最大的那堆糖果吃掉
把每堆没吃完的糖果各吃掉一颗
吃掉最后一颗糖果的人输，问先手必胜还是后手必胜。
n<=100000,ai<=10^9

分析

一开始看错题了，把第二个操作看成是把其中一堆糖果吃掉一堆，发现不会做。看对题之后，发现还是不会做。。。
我们可以把糖果按照数量从大到小排成一排，把一堆糖果看成是数量*1的点阵。
每次可以删掉第一列或第一行，不能操作者输。
设点(x,y)表示删掉了前x列和前y行的状态，1表示先手必胜。
有个结论就是(x,y)的状态和(x-1,y-1)的状态相同。
因为若(x,y)=0，则不管先手从(x-1,y-1)怎么走，后手都可以走到(x,y)。
若(x,y)=1，则(x-1,y-1)不可能为0。
考虑反证，设(x-1,y-1)=0，那么会得到下面的情况
0 ?
1 1 ?
0 1 0
因为1的后继至少要有一个0，0的后继必须全是1，那么两个问号至少要有一个是1，而又必须全部是0，故矛盾。
剩下的就可以随便搞了。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int N=100005;

int n,a[N];

bool cmp(int x,int y)
{
    return x>y;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    int p;
    for (int i=1;i<=n;i++) if (i+1>a[i+1]) {p=i;break;}
    int q=p;
    while (q1]>=p) q++;
    int tag=0;
    if (p==q) tag=(a[p]-p)&1;
    else if (a[p]==p) tag=(q-p)&1;
    else tag=((a[p]-p)&1)|((q-p)&1);
    if (tag) puts("First");
    else puts("Second");
    return 0;
}