[Gym101653Q]Number Game

[Gym101653Q]Number Game

题目大意：

(T) 组数据。给定一个 (1sim n) 的全排列，Alice 和 Bob 轮流取数。一个数能被取走，当且仅当这个数紧邻两侧没有比它大的数。取走 (1) 的人获胜。两人都按最优策略进行游戏。

(Tle 100; nle 100)

思路：

当 (1) 紧邻两侧仅剩一个数时，Alice 和 Bob 肯定都不愿主动取走这个数（“山峰”），因为这样一来，就能让对方把 (1) 取走，然后自己就输了。

有题意得 Alice 和 Bob 都聪明绝顶，为了避免陷入这样的绝境，他们肯定会想方设法先取走别的数。直到不得不面对这一绝境时，输家取走“山峰”，而赢家则将 (1) 取走。

此时，剩下的数只有受“山峰”支配的数，在原数列中具体体现为从山峰出发，往 (1) 反方向延伸的一段“下坡”。设“坡长”为游戏结束后剩余数的个数，亦即排除山峰以后“下坡”的长度，设其为 (ell)，那么游戏进行的总步数为 (n - ell)。显然，若 ((n - ell) mod 2 = 1) 则 Alice 胜，否则 Bob 胜。

当 (1) 在两端时，“下坡”是唯一的（“坡长”可以为 (0)）；但是当它在中间时，则会在两侧各形成一段“下坡”。不妨设 (1) 的位置为 (p)，左边的“坡长”为 (ell_l)，右边的为 (ell_r)，我们可进行如下分类讨论（为使表达简练，此处匹配到第一个条件则停止匹配后续条件）：

1. (p = 1)：最后留下“右坡”共 (ell_r) 个数，游戏总步数为 (n - ell_r)；
2. (p = n)：最后留下“左坡”共 (ell_l) 个数，游戏总步数为 (n - ell_l)；
3. (ell_l = 0 vee ell_r = 0)：由于 (1) 受至少一侧的“上坡”所支配，若两人都按最优策略进行游戏，(1) 一定会在“上坡”取完后，成为整个游戏最后被取走的数，故总步数为 (n)；
4. (ell_lmod 2 eell_rmod 2)：作为先手，Alice 可以任选一边开始游戏，使另一边剩下，总会有一种办法使得总步数为奇数，故赢家一定是 Alice；
5. (ell_lmod 2 = ell_rmod 2)：无论 Alice 从哪边开始游戏，总步数的奇偶性都相同，结局都是一样的，此时只能随便选一边，然后听天由命。

最后根据游戏总步数的奇偶性判断胜负即可。

时间复杂度 (mathcal O(n))。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
constexpr int N=101;
int a[N];
int main() {
	for(int T=getint();T;T--) {
		const int n=getint();
		for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=getint();
		const int p=std::find(&a[1],&a[n]+1,1)-a;
		int len1=0,len2=0;
		for(int i=p-2;i>=1&&a[i]<a[i+1];i--) len1++;
		for(int i=p+2;i<=n&&a[i-1]>a[i];i++) len2++;
		int take=0;
		if(p==1) {
			take=n-len2;
		} else if(p==n) {
			take=n-len1;
		} else if(len1==0||len2==0) {
			take=n;
		} else if(len1%2!=len2%2) {
			take=n-((n-len1)%2?len1:len2);
		} else {
			take=n-len1;
		}
		puts(take%2?"Alice":"Bob");
	}
}