• 8.28 Jack与Rose


    题意

    (N)个点,每个点有一个点权(w_i)(有正有负)

    现在有两个人甲,乙,分别站在位置(1)与位置(n),此时它们身上的金钱分别为(w_1)(w_n)

    在两个人行进的过程中,每经过一个点(x),它们身上的金钱就加上(w_x)

    当两个人在都到达同一点时,两个人都停止移动,此时若甲身上的前比乙多,则甲胜;如果比乙少,则甲负;否则甲乙平局

    现在两个人都采取最优策略,求最后甲是输,赢还是平

    (N leq 1e4,T=10,|a_i|leq1e4)


    解法

    (O(N^2))做法

    这个题还算良心

    有一档部分分(Nleq 100),能获得(90pts)

    然而愚蠢如我当然是没有拿到的

    考虑(DP/)记忆化搜索

    设一个状态(f[l][r][0/1])为甲在(l),乙在(r),对于甲(/)乙是胜,负还是平(用(1,-1,0)分别表示)

    考虑对于一个点(x),如果两个人最终在点(x)相遇,我们能够很方便的判断输赢情况:

    [if sum[1...x] > sum[x...n] f[x][x][0]=1 \ if sum[1...x] = sum[x...n] f[x][x][0]=0 \ if sum[1...x] < sum[x...n] f[x][x][0]=-1 ]

    这样,我们可以(O(n))预处理出所有的(f[x][x])

    思考转移

    对于一段区间(l...r),我们可以发现:

    如果(f[l+1][r][1])(f[l][r-1][1])中有一个为必败态,那么(f[l][r][0])必胜

    因为甲为先手,它可以控制当前这个状态走向(f[l+1][r])还是(f[l][r-1])让乙失败,因此总能走向一个必胜态

    如果(f[l+1][r][1])(f[l][r-1][1])均为必胜态,那么即使先手甲也无法逆转局势,只能败

    否则为平局

    这样转移是(O(N^2))


    (O(N))做法

    考虑(N)为偶数的情况:

    我们可以发现,整场游戏的结局只与点(frac{N}{2})(frac{N}{2}+1)有关

    对于每个状态,双方都有唯一的必胜策略:

    (f(x))(x)点的状态,我们可以进行如下的讨论:

    如果(f(frac{N}{2})=1)或者(f(frac{N}{2}+1)=1),甲必胜

    对于这种情况,有如下的必胜策略:

    如果(f(frac{N}{2})=1),甲把乙向左移一格,此时甲与乙关于(frac{N}{2})对称

    否则甲自己向右移一格,甲乙关于(frac{N}{2}+1)对称

    设对称点为(x)

    接下来是乙进行移动:我们可以发现,无论乙选择哪种方式移动,甲总可以(lfloor)模仿( ceil)乙的操作,让每一轮操作甲乙始终关于点(x)对称

    我们会发现最后两个人一定回来到点(x),并且最后一个进行操作的一定是甲

    所以此时甲必胜

    如果(f(frac{N}{2})=f(frac{N}{2}+1)=0),乙有唯一的必胜策略

    同样,(lfloor)模仿( ceil)甲的操作,最后一定能使甲来到必败点

    否则两者平局

    对于(N)为奇数的情况,我们可以枚举分别判断甲进行操作(1)与操作(2)的情况:

    由于甲进行一次操作以后,问题转化为偶数的情况,只不过此时的先手是乙

    只要判断乙的胜负状态就可以判断甲的胜负状态了


    代码

    #include <cstdio>
    
    using namespace std;
    
    const int N = 1e5 + 10;
    
    int t, n;
    int a[N], l[N], r[N];
    
    int main() {
    	
    	freopen("come.in", "r", stdin);
    	freopen("come.out", "w", stdout);
    	
    	scanf("%d", &t);
    	
    	while (t--) {
    		scanf("%d", &n);
    		for (int i = 1; i <= n; ++i)	scanf("%d", a + i);
    		
    		l[0] = r[n + 1] = 0;
    		for (int i = 1; i <= n; ++i)	l[i] = l[i - 1] + a[i];
    		for (int i = n; i >= 1; --i)	r[i] = r[i + 1] + a[i];
    		
    		if (n & 1) {
    			int x = n / 2, y = n / 2 + 1, z = n / 2 + 2;
    			if ((l[x] > r[x] && l[y] > r[y]) || (l[y] > r[y] && l[z] > r[z]))
    				puts("win");
    			else if ((l[x] >= r[x] && l[y] >= r[y]) || (l[y] >= r[y] && l[z] >= r[z]))
    				puts("tie");
    			else 
    				puts("lose");	
    		} else {
    			int x = n / 2, y = n / 2 + 1;
    			if (l[x] > r[x] || l[y] > r[y])
    				puts("win");
    			else if (l[x] >= r[x] || l[y] >= r[y])
    				puts("tie");
    			else 
    				puts("lose");
    		}
    		
    	}
    	
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/VeniVidiVici/p/11425405.html
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