【BZOJ3895】取石子

Description

Alice和Bob两个好朋含友又开始玩取石子了。游戏开始时，有N堆石子
排成一排，然后他们轮流操作（Alice先手），每次操作时从下面的规则中任选一个：
·从某堆石子中取走一个
·合并任意两堆石子
不能操作的人输。Alice想知道，她是否能有必胜策略。
Input

第一行输入T，表示数据组数。
对于每组测试数据，第一行读入N。
接下来N个正整数a1，a2…an，表示每堆石子的数量。
Output

对于每组测试数据，输出一行。
输出YES表示Alice有必胜策略，输出NO表示Alice没有必胜策略。
Sample Input

2

3

1 1 2

2

3 4

3

2 3 5
Sample Output

YES

NO

NO
HINT

100%的数据满足T<=100, N<=50. ai<=1000

Source

看一下数据范围感觉似乎是暴搜的范围.
但是这题状态并不是很好设计,看了眼Po姐的状态设计立刻懂了.
因为一次只能取走一颗石子,因此对于所有石子,我们能进行的操作总数就是 石子总数 + 石子堆数 - 1 .
数量为1的石子堆单独讨论,因此我们在统计时候不记录数量为1的石子堆对答案的贡献.
f[i][j]表示有i堆石子数目为1,能进行的操作数为j.f[i][j]为1表示先手必胜,0表示先手必败.
这样的状态设计可以让我们把数量为1的石子和其他石子分开单独讨论.
这样我们就可以把数量为1的那些暴力出来.
对于剩下的数量不为1的石子,我们可以猜出一点性质并予以证明.
每次只能取一个石子,那么我们可以大胆的猜测:
在不考虑大小为1的石子堆的情况下,如果能够进行的操作数为奇数,则先手必胜,否则后手必胜.
这个结论哪怕在没有想到状态怎么设计之前也很容易想到.
然后就是证明了:
我们试着从简到繁来证明:
如果只有一堆石子了,那么显然奇偶区分先手必胜/必败局面.
然后如果存在多堆石子:
如果先手从一堆大小为2的石子中取走一个石子,此时操作数奇偶性发生了变化,那么后手可以将剩下的一颗石子合并,然后操作总数的奇偶性不变.
如果先手从一堆大小>=3的石子中取走一个石子,后手可以继续取石子也可以合并,操作总数奇偶性不变.
最后石子一定可以合并到一堆中,此时再从一堆的情况来考虑即可.
这样我们可以发现,如果初始状态下操作总数为偶数,后手一定有操作使得操作总数奇偶性不变最后变成一堆偶数个数的石子,然后后手获胜.
然后对于奇数的情况,先手取一个石子,操作总数变偶数,然后二者就可以互换角色,此时显然原来的先手必胜.
这样我们之前的猜测就可以得到证明.
接下来就是要考虑大小为1的石子堆的情况.因为数据范围很小,因此我们完全可以记忆化搜索,枚举操作.
首先对于不存在大小为1的石子堆,操作数决定胜负情况.
然后可进行的操作有以下几种:
1.取走一个大小为1的石子堆的石子.
2.取走某个大小不为1的石子堆的石子或者合并两个大小不为1的石子堆.
2.将一个大小为1的石子合并到另一个大小不为1的石子堆中.
3.合并两个大小为1的石子堆的石子.
完结..Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define MAXN 60
#define GET (ch >= '0' && ch <= '9')
using namespace std;
int T,n;
int f[MAXN][MAXN * 1000];
void in(int &x)
{
    char ch = getchar();x = 0;
    while (!GET)    ch = getchar();
    while (GET) x = x * 10 + ch - '0',ch = getchar();
}
int dfs(int a,int b)
{
    if (a == 0) return b & 1;
    if (b == 1) return dfs(a + 1,0);
    if (~f[a][b])  return f[a][b];
    if (a && !dfs(a - 1,b)) return f[a][b] = 1;
    if (a && b && !dfs(a - 1,b + 1))    return f[a][b] = 1;
    if (a >= 2 && !dfs(a - 2,b + 2 + (b ? 1 : 0)))  return f[a][b] = 1;
    if (b && !dfs(a,b - 1)) return f[a][b] = 1;
    return f[a][b] = 0;
}
int main()
{
    in(T);memset(f,-1,sizeof(f));
    while (T--)
    {
        in(n);int x,a = 0,b = -1;
        for (int i = 1;i <= n;i++)
        {
            in(x);
            if (x == 1) a++;
            else    b += x + 1;
        }
        b = max(b,0);puts(dfs(a,b) ? "YES" : "NO");
    }
}