HDU 1538 A Puzzle for Pirates（经典的海盗分金推理）

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题目：这是一个经典问题，有n个海盗，分m块金子，其中他们会按一定的顺序提出自己的分配方案，如果50%以上的人赞成，则方案通过，开始分金子，如果不通过，则把提出方案的扔到海里，下一个人继续。

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1538

首先我们讲一下海盗分金决策的三个标准：保命，拿更多的金子，杀人，优先级是递减的。

同时分为两个状态稳定状态和不稳定状态:如果当n和m的组合使得最先决策的人(编号为n)不会被丢下海, 即游戏会立即结束, 就称这个状态时"稳定的". 反之, 问题会退化为n-1和m的组合, 直到达到一个稳定状态, 所以乘这种状态为"不稳定的".

接下来我们从简单的开始分析：

如果只有两个人的话：那么2号开始提出方案，这时候知道不管提什么，他自己肯定赞成，过半数，方案通过，那么2号肯定把所有的金子都给了自己。

如果只有三个人的话：那么3号知道，如果自己死了，那么2号肯定能把所有金子拿下，对于1号来说没有半点好处。

那么他就拿出金子贿赂1号，1号拿到1个金子，总比没有好，肯定赞成3号，剩下的3号拿下。

如果只有四个人的话：那么4号知道，如果自己死了，那么1号拿到1个金子，2号什么都没有，3号拿下剩下的金子。

那他就可以拿出部分金子贿赂2号，2号知道如果4号死了，自己将什么都没有，他肯定赞成4号。

如此类推下去，貌似就是第一个决策的时候，与他奇偶性相同的人会被贿赂拿到1个金子，剩下的全归提出方案的人所有。

但是会有一个问题便是，如果金子不够贿赂怎么办。

情况1、我们首先归纳之前的，如果n<=2*m时候，前面与n相同奇偶性的得到1个金子，剩下的第n个人拿下。

情况2、如果n==2*m+1，第n个人拿出m个金子贿赂前面的m个人。自己不拿金子，这样刚好保证自己不死，这就是之前提到的优先级，首先得保命，如果自己拿了一个金子，那么前面就有一个人会反对，因为对于那个人，不管怎么样都分不到金子，则轮到第三个原则，杀人，肯定投反对票。

剩下来我们考虑，钱不够贿赂的情况：

我们将问题具体化：如果有500个海盗，只有100个金子，那么前面201个已经分析过了。

对于202号来说，自己不能拿金币，而贿赂上一轮没有拿到金币的101人中的100人就够了。

对于203号来说，需要102个人的支持，显然加上他自己，还需要101票，而金子不够贿赂，别人会反对，而达到杀人的目的。

对于204号来说，他知道一旦自己死了，203号是必死，抓住这点，203必然支持他，因为203号宁可不要金币，也要保住性命，所以204号把100个金币分给之前的100个人，然后203和他自己的两票保证自己不死。

对于205号来说，203，和204是不会支持他的，因为一旦205死了，他们不仅可以保住性命，而且还可以看着205死掉。所以205是必死

那么206呢，虽然205必死，会支持他，但是还是缺一票，所以必死。

对于207呢，205和206之前是必死，会支持他，但是加上自己以及100个贿赂名额，还是必死

对于208号，205，206.，207因为后面是必死的，肯定会支持208成功，那么208刚好能凑齐104票，得以保命。

以下我们猜想：n=2*m+2^k的情况下，是可以保命的，称为稳定状态，否则为不稳定状态，我们证明一下：

首先对于n来说，有m票贿赂，但是对于2*m+2^(k-1)以前必死的死，他们会支持2*m+2^(k-1)，因为他们肯定拿不到钱，而且支持2*m+2^(k-1)，另外根据杀人原则，希望之后的人都死，轮到2*m+2^(k-1)决策的时候保命就行了。

同理2*m+2^(k-1)到2*m+2^k之间的2^(k-1)-1个人来说，他们必死，所以必定支持2*m+2^k,加上m个金币贿赂的，加上他自己，刚好有m+2^(k-1)。这样刚好凑齐一半，可以不死。

证明完毕：2*m+2^k的人可以保命，否则必死。

我们考虑一下分金币情况：

情况3：对于第2*m+2^k个人来说，他可以保命，肯定分不到金子，而他手上的m个金子，可以贿赂m个人，但是具体是哪些人是不定的。则不管是不能分到金子，还是可能分不到金子的人来说，结果都为0。

情况4：对于2*m+2^(k-1)到2*m+2^k之间的来说，他们的决策是必死，而在他们决策的时候，其它人分得金币情况也为0。

我们来解释一下金币的不确定性：

金币数量的不确定性:由上面的推理可知, 当n=2m+2时, 上一轮推理没有分到金币的人的金币数量首次具有不确定性, 并且在n>2m+2时, 这种不确定性一定会延续下去, 轮到因为n号决策者之前的一个人决策时, 那个人肯定分不到金币了, 所以在上一轮推理中没有分到金币的人的个数一定大于m.

综合情况1，2，3，4便是本题的解，

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#define C    240
#define TIME 10
#define inf 1<<25
#define LL long long
using namespace std;
//保存2的幂
int fac[15]={2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096,8192,16384,32768};
void slove(int n,int m,int p){
    //金币够贿赂的情况
    if(n<=2*m){
        //不是决策者，而且奇偶性相同，都能被贿赂
        if(n!=p&&(n%2==p%2))
            printf("1\n");
        //剩下的都是决策者拥有
        else if(n==p)
            printf("%d\n",m-(n-1)/2);
        else
        //其余人分不到金币，他们的决策不影响全局
            printf("0\n");
        return ;
    }
    //这时候的不同在于决策者不能拿金币
    else if(n==2*m+1){
        if(p<2*m&&p&1)
            printf("1\n");
        else
            printf("0\n");
        return ;
    }
    int t=n-2*m,i;
    //这是刚好保命的情况，对于决策者来说，肯定没有金币
    //对于其它人来说，要么肯定没有金币，要么可能没有金币，不确定性
    for( i=0;i<14;i++){
        if(t==fac[i]){
            printf("0\n");
            return;
        }
    }
    for( i=1;i<14;i++)
        if(t<fac[i]){
            //决策者必死
            if(p>2*m+fac[i-1]&&p<2*m+fac[i])
                 printf("Thrown\n");
            else
                 printf("0\n");
            return ;
        }
}
int main(){
    int t,n,m,p;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
        slove(n,m,p);
    }
    return 0;
}