题目描述
有一个取数的游戏。初始时，给出一个环，环上的每条边上都有一个非负整数。这些整数中至少有一个0。然后，将一枚硬币放在环上的一个节点上。两个玩家就是以这个放硬币的节点为起点开始这个游戏，两人轮流取数，取数的规则如下：
（1）选择硬币左边或者右边的一条边，并且边上的数非0；
（2）将这条边上的数减至任意一个非负整数(至少要有所减小)；
（3）将硬币移至边的另一端。
如果轮到一个玩家走，这时硬币左右两边的边上的数值都是0，那么这个玩家就输了。
如下图，描述的是Alice和Bob两人的对弈过程，其中黑色节点表示硬币所在节点。结果图(d)中，轮到Bob走时，硬币两边的边上都是0，所以Alcie获胜。
（a）Alice （b）Bob （c）Alice （d）Bob
现在，你的任务就是根据给出的环、边上的数值以及起点（硬币所在位置），判断先走方是否有必胜的策略。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数N（N≤20），表示环上的节点数。
第二行N个数，数值不超过30，依次表示N条边上的数值。硬币的起始位置在第一条边与最后一条边之间的节点上。
输出格式：
仅一行。若存在必胜策略，则输出“YES”，否则输出“NO”。
输入输出样例
【输入1】 4 2 5 3 0 【输入2】 3 0 0 0
【输出1】 YES 【输出2】 NO
无限手膜，手膜而死。
不过正确性还是够用的。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 using namespace std; 5 6 const int maxn=25; 7 8 int n; 9 int a[maxn]; 10 11 int main(){ 12 scanf("%d",&n); 13 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 14 for(int i=1;i<=n;i++) 15 if(!a[i]) 16 if(!(i&1)){ 17 puts("YES"); 18 return 0; 19 } 20 else break; 21 for(int i=n;i;i--) 22 if(!a[i]) 23 if((n-i)&1){ 24 puts("YES"); 25 return 0; 26 } 27 else break; 28 puts("NO"); 29 return 0; 30 }
__stdcall的博弈搜索好强啊
参(chao)考(xi)一下他的solution
首先尝试无脑的博弈搜索，60分
然后开始想优化。。。
对于状态0*0，*表示当前处在的位置，是我们知道的第一个必败状态
那么对于状态0*n 0，就是必胜状态，对称的时候同理
然后0*1 n 0就是必败状态，因为只能转移到0*n 0
我们还知道0 n*m 0是必胜状态
所以0*n m 0就是必败状态，因为只能转移到0*n 0（必胜）和0 a*b 0（必胜）
于是0*a b c 0就是必胜状态，0 a*b c 0是必胜状态
所以0*a b c d 0是必败状态
由以上可得知，对于0*a b c d e...0的状态，如果两个0中间的长度为偶数，必败，长度为奇数，必胜
然后对于任意的0 a*...和...*a 0的状态，必胜
然而还是TLE三个点啊。。。继续分析吧
好像有一个很简单的优化，根据上面的分析得知
如果当前状态是0 a b...*...c d 0
这时候可以选择把左边相邻状态变为0或者把右边相邻的变为0
如果这两种有一个必败状态，则此状态必胜
过了。。。大成功。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstring> 5 #include <vector> 6 using namespace std; 7 int n; 8 int a[25]; 9 int next( int idx ) { 10 if( idx == n-1 ) return 0; 11 else return idx+1; 12 } 13 int prior( int idx ) { 14 if( idx == 0 ) return n-1; 15 else return idx-1; 16 } 17 bool dfs( int idx ) { 18 if( a[idx] == 0 && a[prior(idx)] == 0 ) return false; 19 if( a[idx] != 0 && a[next(idx)] == 0 ) return true; 20 if( a[prior(idx)] != 0 && a[prior(prior(idx))] == 0 ) return true; 21 if( a[idx] == 0 ) { // 确定状态，右边为0 22 int cnt = 0; 23 for( int i = prior(idx) ; a[i] != 0 ; i = prior(i) ) ++cnt; 24 if( (cnt&1) ) return true; 25 else return false; 26 } 27 if( a[prior(idx)] == 0 ) { 28 int cnt = 0; 29 for( int i = idx ; a[i] != 0 ; i = next(i) ) ++cnt; 30 if( (cnt&1) ) return true; 31 else return false; 32 } 33 // 把右边变为0 34 int tmp = a[idx]; a[idx] = 0; 35 if( dfs(next(idx)) == false ) { 36 a[idx] = tmp; 37 return true; 38 } 39 a[idx] = tmp; 40 // 把左边变为0 41 tmp = a[prior(idx)]; a[prior(idx)] = 0; 42 if( dfs(prior(idx)) == false ) { 43 a[prior(idx)] = tmp; 44 return true; 45 } 46 a[prior(idx)] = tmp; 47 // 其他的各种尝试 48 for( int i = 1 ; i < a[idx] ; ++i ) { 49 a[idx] -= i; 50 if( dfs(next(idx)) == false ) { 51 a[idx] += i; 52 return true; 53 } 54 a[idx] += i; 55 } 56 for( int i = 1 ; i < a[prior(idx)] ; ++i ) { 57 a[prior(idx)] -= i; 58 if( dfs(prior(idx)) == false ) { 59 a[prior(idx)] += i; 60 return true; 61 } 62 a[prior(idx)] += i; 63 } 64 return false; 65 } 66 int main() { 67 scanf( "%d" , &n ); 68 for( int i = 0 ; i < n ; ++i ) scanf( "%d" , &a[i] ); 69 if( dfs(0) ) printf( "YES " ); 70 else printf( "NO " ); 71 return 0; 72 }