信息学奥赛一本通 1218：取石子游戏 | OpenJudge NOI 2.5 6266:取石子游戏

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ybt 1218：取石子游戏
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【题目考点】

1. 博弈：完全信息博弈

博弈树：
博弈树的结点对应于某一个棋局，其分支表示走一步棋；根部对应于开始位置，其叶表示对弈到此结束。在叶节点对应的棋局中，竞赛的结果可以是赢、输或者和局 。
如果该博弈为完全信息博弈，那么博弈双方都清楚整个博弈树，那么该游戏在开始前即可确定先手必胜/必败/或最好情况只能是平局。
博弈树的每一个结点有三种标识：w（对应于赢）、d（对应于和局）或者l（对应于输）。
如果当前的棋局是标有w的，那么此时先手有必胜策略。如果结点标识为d，那么除非对手失误，否则先手最好的情况也只能达成和局；如果结点标识为l ，那么无论先手如何下，对手都有必胜策略。
确定各结点标识的方法如下：
首先，叶子结点标识棋局结束，可以很多容易地判定叶子结点的标识。
如果该结点的子结点都是w，那么说明自己走一步棋后，对手总有必胜策略，那本结点对应的棋局先手必输，标记为l。
如果该结点的子结点存在l，那么自己走一步棋后，棋局变为标记为l的结点，对手输，自己胜。所以本结点标记为w。
如果该结点的子结点不存在l，但存在d，那么自己走一步棋后，棋局变为标记为d的结点，可以争取到平局，本结点标记为d。
按此方法标记每个结点。
如果根结点标记为w，那么先手有必胜策略。如果根结点标记为l，那么后手有必胜策略。如果根结点标记为d，那么先手有至少达到和局的策略。

【解题思路】

1. 建立博弈树

两堆石子数目确定后，构成一种棋局，在双方都不犯错误的情况下，先手必胜或必败。
根据题意，画出测试用例对应的博弈树：

先画出剩下两堆石子个数可能的变化，再确定标记。
在(2,10)时，此时先手可以做到在10中拿2的5倍，将第2堆拿完，取得胜利，所以此处标记为w。(2,10)的父结点(10,12)自然为l。而(10,12)的父结点自然为w。
对于输入(15,24)，可以得到博弈树：

进而得知先手必输。

2. 证明题目中的提示

证明：如果$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor <2$，那么先手只有唯一的一种取法。

此时a < 2b，唯一的一种取法为：在a中取走b，剩下的两堆石子为(a-b, b)，而且a-b < b。

证明：假设石子数目为(a,b)且$a\ge b$，如果$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ge 2$则先手必胜。

证明：因为$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ge 2$，记$x=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$，那么一定存在$x\ge 1$，使得$\frac{a}{b}-1<x\le \frac{a}{b}\Rightarrow 0\le a-xb<b$，因此也有：$b\le a-(x-1)b<2b$
因此至少存在以下两种取石子方案：

• 方案1：a中取走xb，剩下两堆石子为：(a-xb, b)
• 方案2：a中取走(x-1)b，剩下两堆石子为：(a-(x-1)b, b)

1. 如果情况(a-xb, b)的标记为w（即先手必胜），那么本轮本方采用方案2，对手遇到的情况为(a-(x-1)b, b)，而$b\le a-(x-1)b<2b$，亦即$\lfloor \frac{a-(x-1)b}{b}\rfloor <2$，根据第1点的证明可知此时对手只有一种取法，也就是在a-(x-1)b中取走b，得到两堆石子为(a-xb, b)，本方面对的情况为(a-xb, b)是w标记的情况，本方先手必胜。
2. 如果(a-xb, b)的标记为l（即先手必输），那么本轮本方采用方案1，得到(a-xb,b)，对手面对(a-xb,b)情况必败，本方必胜。

综上，在$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ge 2$时先手必胜。

3. 编码

设递归函数bool dfs(int a, int b)，意为当两堆石子分别是(a,b)，且$a\ge b$，时先手是否必胜。

• 如果当前两堆石子a是b的倍数，那么先手可以直接拿光a，本轮先手必胜。
• $\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ge 2$即整除运算a/b >= 2，那么本轮先手必胜。
• 否则本轮只能有一种取法，就是在a中取走b，剩下两堆石子为(b, a-b)，其中$b\ge a-b$。下一轮先手必胜的情况为dfs(b, a-b)，如果下一轮先手必胜，那么本轮先手必败。如果下一轮先手必败，那么本轮先手必胜。所以下一轮的先手必胜情况与本轮相反，所以本轮的先手必胜情况为!dfs(b, a-b)

【题解代码】

解法1：博弈 递归

#include 
using namespace std;
bool dfs(int a, int b)//a:较多一堆石子的数量 b:较少一堆石子的数量  返回：此时是否先手必胜 
{
    if(a%b == 0)
        return true;//一堆是另一堆的整数倍，此时先手一定可以拿光一堆获得胜利。
    if(a/b >= 2)//如果floor(a/b)>=2，那么先手必胜 
        return true;
    else
        return !dfs(b, a-b);//下一轮先手是否必胜的情况为dfs(b, a-b)，本轮先手的获胜情况与之相反。 
}
int main()
{
    int a, b;
    while(cin >> a >> b)
    {
        if(a == 0 && b == 0)
            break;
        if(a < b)
            swap(a, b);//保证a较大，b较小 
        cout << (dfs(a, b) ? "win" : "lose") << endl;
    }
    return 0;
}