【COGS 56】质数取石子

【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;
}