最近在HDOJ上水博弈的题目,在这里记录一些小规律。
!!1)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2897
题意:一堆n个石子,每次最多取q个,最少取p个,切最后不少于p个时必须一次性取完。谁后取完者输。
PS:那么就是谁先取到剩p个时候就赢了,少于p个的话一定输,因为必须取完,
如果谁当前遇到0个,赢,大于p小于p+q个是赢,因为先手总是可以想办法给后手留下p个,让他不得不拿。
推理发现n个和n-(p+q)输赢一样,所以首先可对n%=(p+q)。
代码:
#include <cstdio> int main() { int n,p,q; while(~scanf("%d%d%d",&n,&p,&q)) { if(p>q) std::swap(p,q); n%=(p+q); if(n<=p&&n!=0) printf("LOST\n"); else printf("WIN\n"); } return 0; }
!!2)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2516
题意:n个石子,每次都必须取最少一个,第一次可以取任意多个,以后取不能超过上次的2倍,谁先取完者胜、
推理发现其正好符合斐波那契数列,为斐波那契数时后手赢,其他先手赢。
还要注意其范围为2^31次方,可用map容器解决。
#include<stdio.h> #include <map> using namespace std; map<int,int> v; void isit() { v[2]=1,v[3]=1; int a=2,b=3; while(b<2147483648) { int c=a+b; v[c]=1; a=b; b=c; } } int main() { int n; isit(); while(~scanf("%d",&n)&&n) { if(v[n]) printf("Second win\n"); else printf("First win\n"); } return 0; }
!!3)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2147
题意:给定一个m*n的矩阵,放一个石子在右上角,每次可以向下,向左,或者下左(对角)移动,谁先移动到右下角胜。
假如m和n有一个偶数,那么先手总能够维持这个偶数直到赢,否则他会输。
#include<stdio.h> int main() { int n,m; while(~scanf("%d %d",&n,&m)) { if(n==0||m==0) break; if(n%2==1&&m%2==1) printf("What a pity!\n"); else printf("Wonderful!\n"); } }
!!4)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3951 (奇偶性博弈)
题意:n个硬币放成一圈,每次最多取连续k个,不能不取。最后取完者胜、
分析:n个硬币,不论n是奇数偶数,后手总能够在第一轮把它变成对称两部分的状态,对称状态下后手肯定赢。
那么先手能赢只能是k>=n或者每次只能取一个且n是奇数。
#include <cstdio> int main() { int T; scanf("%d",&T); for(int cas=1;cas<=T;cas++) { int m,n; scanf("%d%d",&m,&n); printf("Case %d: ",cas); if(n>=m || n==1&&m%2==1) printf("first\n"); else printf("second\n"); } }
!!5)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3389 (阶梯博弈)
题意:给出n个盒子,编号1--n,在满足b>a && (a+b)%2==1 && (a+b)%3==0 && b不为空,的情况下从b中取出任意多个石子放入a总,不能操作者输,求先手输赢
分析:首先,要满足(a+b)%3==0 ,既为3的倍数,又(a+b)%2==1,既为奇数,所以(a+b)为 3 , 6 , 9, 15 , 21...依次+6,发现周期为6
在一个周期 0 - - 6中
只有(1,2)(3 ,6 )(4,5)满足条件,那么就可以从 2 6 5中取出其中石子,变为nim游戏。所以只要求 I%6 == 0 || 1 || 5,的值异或就行
#include <cstdio> int main() { int T,n,cas=1; scanf("%d",&T); for(int cas=1;cas<=T;cas++) { scanf("%d",&n); int ans=0,x; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&x); if(i%6==2 || i%6==0 || i%6==5) ans^=x; } printf("Case %d: ",cas); printf(ans==0?"Bob\n":"Alice\n"); } return 0; }
!!6)http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1517
题意:给出p=1,博弈双方每次可以乘以2--9之间的数,谁先达到或超过 n 为胜者,求先手胜败。
分析:首先1 --- 9 区间先手胜。
10 --- 18 区间,先手输,先手不论乘以几,后手总可以乘以一个数超过。假设乘最小的2,后手乘以 9 ,变为18 超过 。
19 ---- 162 区间,先手胜,先手可以在第一次选择性乘以一个数让对手乘以最大的 9 达不到,然后在下一轮轻松达到赢。比如161,首先先手乘以9,后手发现乘以
最大的 9 也才 81 ,那么他会乘以最小的 2 ,后手乘以 9 ,结果162,超出161.赢!
162 ----324区间,先手输 ,假如163,先手发现乘以最大的 9 的话局面也不能再第二轮由自己控制,那么他乘以2,相当于163 / 2 = 82,在区间 19 --- 162中,可得后
手必赢,如果他乘以 9 的话,163 / 9 = 18余1,相当于19,那么也是输。
继续向下推理发现每次交替乘以 2 或 9 ,那么程序就很简单了。
#include <cstdio> int main() { __int64 n; while(~scanf("%I64d",&n)) { int k=0; for(int i=9;i<n;){ i*=k%2?9:2; k++; } printf(k%2==1?"Ollie wins.\n":"Stan wins.\n"); } return 0; }
!!7) http://www.bnuoj.com/bnuoj/problem_show.php?pid=4353
描述:给出一个m*n的矩阵,每次可以选择一个点,把其右上角的格子全部删去,谁删掉了最坐下角的格子的话为输,求先手输赢。
分析:首先看 1 * n 的格子,出了 1 * 1 的其他的都先手赢,因为先手可以一次取完只给队友留校左下一个。
2 * n 的格子,先手赢。看 2 * 2 的,先手必定先取右上一个,那么剩下的后手不能一次取完,后手取完先手取剩下的给后手留给左下的。
2 * 3 的先手赢,前面知 2 * 2 的先手赢,那么谁能取到面对 2 * 2 的则必胜,先手必先取最左上一个,那么不论后手怎么取都输。
2 * n 的,都是先手赢,总可以推到前面的,而前面无论哪个都是先手赢。所以。。
3 * n 的,先手赢,首先先手一定不能一次变成 2 * n 的,因为后手面对2 * n 的则先手必输,那么先手可以取到 2 * n 多一个。那么他必胜。
推理发现除了 1 * 1 的所有情况都是先手必胜。
#include <cstdio> int main() { int n,m,T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); if(n==1 && m==1) printf("Alice\n"); else printf("Bob\n"); } return 0; }