Leetcode-2029: 石子游戏 IX(20220120打卡题、博弈论)

题目

Alice 和 Bob 再次设计了一款新的石子游戏。现有一行 n 个石子,每个石子都有一个关联的数字表示它的价值。给你一个整数数组 stones ,其中 stones[i] 是第 i 个石子的价值。

Alice 和 Bob 轮流进行自己的回合,Alice 先手。每一回合,玩家需要从 stones 中移除任一石子。

如果玩家移除石子后,导致 所有已移除石子 的价值 总和 可以被 3 整除,那么该玩家就 输掉游戏 。
如果不满足上一条,且移除后没有任何剩余的石子,那么 Bob 将会直接获胜(即便是在 Alice 的回合)。
假设两位玩家均采用 最佳 决策。如果 Alice 获胜,返回 true ;如果 Bob 获胜,返回 false 。

链接

https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix/

示例

示例 1:
输入:stones = [2,1]
输出:true
解释:游戏进行如下:
- 回合 1:Alice 可以移除任意一个石子。
- 回合 2:Bob 移除剩下的石子。 
已移除的石子的值总和为 1 + 2 = 3 且可以被 3 整除。因此,Bob 输,Alice 获胜。

示例 2:
输入:stones = [2]
输出:false
解释:Alice 会移除唯一一个石子,已移除石子的值总和为 2 。 
由于所有石子都已移除,且值总和无法被 3 整除,Bob 获胜。

示例 3:
输入:stones = [5,1,2,4,3]
输出:false
解释:Bob 总会获胜。其中一种可能的游戏进行方式如下:
- 回合 1:Alice 可以移除值为 1 的第 2 个石子。已移除石子值总和为 1 。
- 回合 2:Bob 可以移除值为 3 的第 5 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 = 4 。
- 回合 3:Alices 可以移除值为 4 的第 4 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 = 8 。
- 回合 4:Bob 可以移除值为 2 的第 3 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 = 10.
- 回合 5:Alice 可以移除值为 5 的第 1 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 + 5 = 15.
Alice 输掉游戏,因为已移除石子值总和(15)可以被 3 整除,Bob 获胜。

提示

  • 1 <= stones.length <=10e5
  • 1 <= stones[i] <= 10e4

说明

这题难度应该不能算【中等】,而应该算作【困难】,需要比较强的逻辑思维,也因为这类题目被美国站用户大量点踩,导致了博弈题退出LeetCode平台,所以不会做的小伙伴也不要气馁~

[https://leetcode.com/discuss/general-discussion/1500149/weekly-contest-261]

思路

下面理一理这个题目的思路,结合了官方题解等解题思想,作出了我的一个结题思路。


1)首先对stones数组里所有的数模3取余,例如4%3=1,5%3=2,因为最后判断胜负判断的是移除石子的总和是否可以被3整除,所以4就可以等价于1,5就可以等价为2,以此类推,将所有数变换到0,1,2的范围,并统计0,1,2出现的次数,记作N0,N1,N2。


2)如果N1==0&&N2==0,也就是只有N3(值为3的石子),那么由于Alice先手,Alice第一回合移除了个3,第一回合就失败了。故N1==0&&N2==0,则Alice必输


3)我们对N0分两种情况进行讨论,一种是N0为奇数,一种是N0为偶数,这里我们需要注意的是,N0的意义仅仅相当于换手,如果N0为奇数,就相当于可以进行两次的换手,也就是说N0不会影响结果。

1. 当N0为偶数时:

  • N0为偶数,N1==0 || N2==0,则Alice必输。我们先假设N1为0的情况,只有值为0和2的石子,而由于N0为偶数,可以通过换手抵消(Alice移除1个值为0的石子,Bob也跟着移除1个值为0的石子,最后还是回到了Alice这里),所以N0并没有实际作用,相当于N0为0,N1为0,只有N2(值为2的石子)。由于Alice是先手,Alice先移除个2,如果此时没有了值为2的石子,根据规则Alice为先手,Alice输,而如果还有石子,Bob移除了个2,由于总和为4,不能被3整除,还是Alice输,而如果Alice移除了2,Bob移除了2之后还有石子,此时Alice再移除个2,总和为6,Alice还是输。所以当N0为偶数,N2==0时,Alice必输,同理当N0为偶数,N1==0时,Alice也必输(Alice->1,Bob->1,Alice->1)
  • N0为偶数,N1!=0 && N2!=0,Alice必赢(也就是除了上述的那种情况)。这种情况下,N0为偶数,还是跟上述情况一下,可以通过换手抵消,没有意义,可以忽略N0。这时就取N1和N2中个数较小的那种石子,因为Alice先手,他取了之后,后面的序列就固定了,假设N1=x,N2=y,x1,Bob->1,Alice->2,Bob->1,Alice->2,Bob->1...Alice->2,Bob->2, 因为Alice为先手,且xy,此时Alice先取数量少的2,比如N1=5,N2=2,此时序列为Alice->2,Bob->2,Alice->1,Bob->1,还是Bob输,Alice赢,如果N1==N2的话,Alice先手,随便取哪个都赢,例如N1=2,N2=2,此时序列为Alice->1,Bob->1,Alice->2,Bob->2或者Alice->2,Bob->2,Alice->1,Bob->1,仍然是Bob输,综上,当N0为偶数,N1!=0 && N2!=0,Alice必赢。

2. 当N0为奇数,这时N0就充当了换手的作用了:

  • 当N1==N2,Alice必输,因为Alice先手,无论他怎么取,Bob在第二轮取0进行换手,由于N0为奇数,最后无论Alice怎么换手都还是换回到了Alice手里,这样就导致了Alice还得再取个和第一轮一样的石子,否则结果就为3的倍数了,但这样下去,因为N1==N2,N0作为换手用的石子,N1+N2必然为偶数,最终Alice还是会取到全场最后一个石子,使得总和为3。例如,我们假设N0=3,N1=2,N2=2。如果Alice先取个1,那么接下来的序列技术Alice->1,Bob->0,Alice->0,Bob->0,Alice->1,Bob->2,Alice->2,同理,假设Alice最开始取了个2,也最终他要取个1导致总和为3的倍数而失败。
  • 当|N1-N2|≤2时,Alice必输,因为如果Alice在第一轮取了N1和N2中数量较小的那类,由于N0为奇数,Bob可以通过0的石子换手,让Alice再继续接着移除一个石子,此时Alice需要在第三轮取一个和第一轮一样的石子,否则总和就是3的倍数了,继续模拟下去,则和N0为偶数的情况一样,但由于换了手,Alice从必胜变成了必输。而如果Alice在第一轮取了数量较大的那类,最终游戏结束也会因为全场的石子被取完,Alice输掉游戏(不满足移除石子的总和可以被3总除,但石子移除完,则作为先手的Alice输)
  • 其余情况下,Alice必胜,Alice只要在第一轮中去N1和N2中较多的那类,无论谁先使用了换手,由于N0为奇数,都会导致Bob最终会出现石子总和为3的倍速的情况。

总结

  • 如果N0 为偶数,那么 Alice 获胜当且仅当 N1≥1&&N2≥1 
  • 如果N0 为奇数,那么 Alice 获胜当且|N1-N2|>2

C++ Code

class Solution {
public:
    bool stoneGameIX(vector& stones) {
        int N0 = 0, N1 = 0, N2 = 0;
        for (int val: stones) {
            if (int type = val % 3; type == 0) {
                ++N0;
            }
            else if (type == 1) {
                ++N1;
            }
            else {
                ++N2;
            }
        }
        if (N0 % 2 == 0) {
            return N1 >= 1 && N2 >= 1;
        }
        return N1 - N2 > 2 || N2 - N1 > 2;
    }
};

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