很有意思，很好的一个题目。
题目的意思是两个人初始状态分别有A和B元，现在有N件可买的商品。两人轮流买，商品必须从左到右买过去，一次可以买若干个。第一个无法买到商品的人输。
一看就知道是博弈题目，但是这并不是什么模型式的博弈题目，其实是转化成递推来做的。
一开始我也不知道到底应该怎么来考虑这个问题，于是就按照博弈的思想用Mex的思路去写这个题目，直到我T了发。
后来在网上看到神牛们写的博客后才发现正确的解法。
其实这个问题应该是这样来考虑的。
首先告诉了你两个人初始的钱数，那么总共的钱数是确定。在买完若干件商品后，一部分的钱数已经花在了买商品上面（先不管是谁买的），另一部分的钱还分别留在两个人的手中。这样如果我们知道当前买完了某件商品后其中一个人的剩余的钱数，那么我们可以根据总钱数不变来推出另一个人手中的钱数。
同时，如果在买某一件商品开始是，ALICE手中只要有x元就有了必胜的策略，那么他手中的钱数如果大于x，显然就也是必胜咯。
有了这两点，我们可以来个递推，解决这个问题。
状态f[i]表示在买第i件商品前，只要先手的人的钱数不少于f[i],那么他就有必胜的策略。
什么意思呢？
我们首先看看，A+B即总钱数，最多能买到多少件商品，显然后面的商品都是没有用的。
然后，对于可买的最后的那件商品n,f[n]=a[n]; 因为根据总钱数，只要他能够买掉最后一件商品，下一个人一定无钱购买后面的商品。
接下来就是从i递推到i-1了。
首先从i-1到i可能有两种情况：
一、第i-1个商品和第i个商品是同一个人购买，这说明要是在购买i-1个商品的时候就有必胜的策略，那么此时他手里的钱数必须不小于a[i-1]+f[i]（买完第i-1个商品后，必须至少还剩下f[i]的钱）。
二、第i-1个商品和第i个商品不是同一个人购买，这说明前一个人在购买了i-1个商品后，留下了一个必败态给下一个人去购买第i个商品，这里我们知道对于第i个商品，其必败态就是钱数不足f[i]。这样根据总价值的关系就可以推出这种情况下的f[i-1]了。
综合上面的两种情况，我们知道f[i]就是两种情况中的最小值。
这样逐一递推，到达求出f[1]，显然我们只要把f[1]和A比较大小，就可以得出谁胜谁负了。
题目很有意思，以前没做过这种类型的题目。赞一个。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #define maxn 1000100 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 8 ll n,m,A,B,l,r,mid,tot; 9 ll a[maxn],f[maxn],sum[maxn]; 10 11 ll find() 12 { 13 l=1,r=n; 14 if (A+B>=sum[n]) return n; 15 while (l<r) 16 { 17 mid=(l+r)>>1; 18 if (sum[mid]>A+B) r=mid; 19 else l=mid+1; 20 } 21 return l-1; 22 } 23 24 int main() 25 { 26 while (scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&A,&B)!=EOF) 27 { 28 sum[0]=0; 29 tot=A+B; 30 for (ll i=1; i<=n; i++) scanf("%I64d",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 31 if (A<sum[1]) 32 { 33 printf("BOB "); 34 continue; 35 } 36 if (A>=sum[n]) 37 { 38 printf("ALICE "); 39 continue; 40 } 41 n=find(); 42 f[n]=a[n]; 43 if (tot-sum[n-1]-f[n]>=a[n]) f[n]=tot-sum[n-1]-a[n]+1; 44 45 for (int i=n-1; i>=1; i--) 46 { 47 f[i]=a[i]+f[i+1]; 48 if (tot-sum[i-1]-f[i+1]+1<f[i]) f[i]=tot-sum[i-1]-f[i+1]+1; 49 } 50 51 if (f[1]>A) printf("BOB "); 52 else printf("ALICE "); 53 } 54 return 0; 55 }