【问题描述】
DD 和 MM 正在玩取石子游戏。他们的游戏规则是这样的：桌上有若干石子，DD 先取，轮流取，每次必须取质数个。如果某一时刻某一方无法从桌上的石子中取质数个，比如说剩下 0 个或 1 个石子，那么他/她就输了。
DD 和 MM 都很聪明，不管哪方存在一个可以必胜的最优策略，他/她都会按照最优策略保证胜利。于是，DD 想知道，对于给定的桌面上的石子数，他究竟能不能取得胜利呢？
当 DD 确定会取得胜利时，他会说：“不管 MM 选择怎样的取石子策略，我都能保证至多 X 步以后就能取得胜利。”那么，最小的满足要求的 X 是多少呢？注意，不管是 DD 取一次石子还是 MM 取一次石子都应该被计算为“一步”。
【输入格式】
第一行有一个整数 N，表示这个输入文件中包含 N 个测试数据。
第二行开始，每行有一个测试数据，其中仅包含一个整数，表示桌面上的石子数。
【输出格式】
你需要对于每个输入文件中的 N 个测试数据输出相应的 N 行。
如果对于该种情形是 DD 一定取得胜利，那么输出最小的 X。否则该行输出 -1。
【样例输入】
3
8
9
16
【样例输出】
1
-1
3
【样例说明】
当桌上有 8 个石子时，先取的 DD 只需要取走 7 个石子剩下 1 个就可以在一步之后保证胜利，输出 1。
当桌上有 9 个石子时。若 DD 取走 2 个，MM 会取走 7 个，剩下 0 个，DD 输。若 DD 取走 3 个，MM 会取走 5 个，剩下 1 个，DD 输。DD 取走 5 个或者 7 个的情况同理可知。所以当桌上有 9 个石子时，不管 DD 怎么取，MM 都可以让 DD 输，输出 -1。
当桌上有 16 个石子时，DD 可以保证在 3 步以内取得胜利。可以证明，为了在 3 步内取得胜利，DD 第一步必须取 7 个石子。剩下 9 个石子之后，不管第二步 MM 怎么取，DD 取了第三步以后可以保证胜利，所以输出 3。
【数据范围】
输入文件中的数据数 N<=10。
每次桌上初始的石子数都不超过 20000。
【分析】
动态规划。
首先打出素数表，用v[i]来保存DD有i颗石子的时候是否可以胜利，1代表可以，0代表不可以。
v[i]通过前面的状态可以计算出来，如果v[i-p](p为素数)为false，显然v[i]就应该为1，因为多取了一次。
然后对于不同的v[i]状态分情况讨论,
f[i]=min{f[i-prime[j]]}(v[i]=1)计算可能获胜时最少的步数
f[i]=max{f[i-prime[j]]}(v[i]=0)计算不可能获胜时最多的步数
#include <cstdlib> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <queue> #define LOCAL const int maxn=20000+5; using namespace std; int prime[maxn]; int flag[maxn],f[maxn]; int v[maxn]; void prepare(); int main(){ int T,n; #ifdef LOCAL freopen("data.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif prepare();//打表 scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d",&n); if (v[n]) printf("%d ",f[n]); else printf("-1 "); } return 0; } void prepare(){ prime[0]=0; for (int i=2;i<=20000;i++){ int g=1; for (int j=1;j<=prime[0];j++){ if (i%prime[j]==0){ g=0; break; } } //增加新的质数 if (g) prime[++prime[0]]=i; flag[i]=prime[0]; } memset(v,0,sizeof(v)); memset(f,0,sizeof(f)); for (int i=2;i<=20000;i++){ for (int j=flag[i];j>=1;j--) if (!v[i-prime[j]]){ v[i]=1; break; } //printf("%d ",v[i]); } int tmp=0; for (int i=2;i<=20000;i++){ if (v[i]){ tmp=30000; for (int j=flag[i];j>=1;j--) if (!v[i-prime[j]]) tmp=min(tmp,f[i-prime[j]]); } else { tmp=-30000; for (int j=flag[i];j>=1;j--) tmp=max(tmp,f[i-prime[j]]); } f[i]=tmp+1; } return; }