hdu 3980 组合博弈+动态规划+SG函数

hdu 3980 组合博弈+动态规划+SG函数

题目描述：

给一个长度为 N<1000 的环。A和B两个人每次在这个链上选一段长度为 M<1000 的未染色区间进行染色。直到某人不能进行此操作时判此人负。假设两人都足够聪明，请你判断谁会取得胜利？

吐槽：

    1. 真是不太喜欢博弈题，能推出SG函数还好说，关键有的题要纯靠YY这就很让人上火了.....
    2. 最近感觉状态还可以，似乎又找到了高中时候的感觉-----为了一个目标不息奋斗！！
    3. SG定理的证明完全不会啊..... 不全部搞懂真不是我性格....

思路分析：

    明显和喜闻乐见的NIM游戏是同一类型的....
    推荐两篇论文

        1. 《由感性认识到理性认识 -- 透析一类博弈游戏的解答过程》 张一飞
        2. 《组合游戏略述——浅谈 SG 游戏的若干拓展及变形》贾志豪

    总之SG函数就是对于某局面u有 

        SG(u) = mex (SG(v)| u可以转移到v)    --- 1

    而且如果u是游戏的和，那么就有个很牛b的 Sprague–Grundy定理：

        在我们每次只能进行一步操作的情况下,对于任何的游戏的和,我

        们若将其中的任一单一 SG-组合游戏换成数目为它的 SG 值的一堆石子,    

        该单一 SG-组合游戏的规则变成取石子游戏的规则(可以任意取,甚至

        取完),则游戏的和的胜负情况不变。

    而且如果局面u是游戏的和，由若干个单一游戏 u0,u1,...,un组成的话，那么SG函数满足

        SG(u) = SG(u0) xor SG(u1) xor ... xor SG(un)       --- 2

    于是就可以解这道题了，虽然我至死都不会证明.....

    

    这道题拿掉一个区间之后，变成了一个长度为n-m的链。

    然后这个游戏的每个局面都可以变成：对于许多个长度不一的链，你可以每次选一个链(假设长度为L)，把它拆成两个长度和为L-M的链。

    每个单链就是一个单一的长度，它有一个SG值SG(L)。它的后继状态最多有L-M+1个，而且后继状态都是游戏的和，SG(x,L-M-x)。

    根据2式得:

        SG(x,L-M-x) = SG(x)^SG(L-M-x)。

    这样可以算出L的每个后继状态SG(i,L-M-i)，根据1式计算出SG(L)

    如果SG(L)没有后继状态的话，即L<M。有SG(L) = 0 (先手必败)。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cassert>
 4  using  namespace std;
 5  int n,m;
 6  int dp[1005];
 7  int solve( int k){
 8  //     cout<<k<<endl;
 9      assert(k >= 0);
10      if(k<m)  return 0;
11      int &ans = dp[k];
12      if(ans != -1)  return ans;
13      bool vis[1001] = {0};
14      for( int i = 0; i<= k-m; i++)
15         vis[solve(i) ^ solve(k-i-m)] = 1;
16      for(ans = 0;;ans++)
17          if(!vis[ans])  break;
18  //     cout<<k<<" "<<ans<<endl;
19       return ans;
20 }
21  int main(){
22      int t; cin >> t;
23      for( int oo= 1; oo <=t; oo++){
24         cin >> n >> m;
25          for( int i = 0; i<=n ; i++) dp[i] = -1;
26          int sg = m > n ? 1 : solve(n-m);
27         printf("Case #%d: ",oo);
28         puts(sg==0 ? "aekdycoin" : "abcdxyzk");
29     }
30      return 0;
31 }
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