AcWing 1321. 取石子

AcWing 1321. 取石子
题目传送门

一、博弈论总结

1、必胜态 \(\Rightarrow\) 选择合适方案 $\Rightarrow $ 必败态，必败态$\Rightarrow \(选择任何路线\)\Rightarrow$ 必胜态

2、执有必胜态的一方，采用某种策略，将对手处于必败状之中，此策略不能让对手有所选择

二、简单情况

为什么会想到讨论简单情况呢？我们来思考一下：如果某一堆石子只有\(1\)个，随着我们执行拿走\(1\)个的操作，它的堆就没了，这样石子个数变了，堆数也变了，两个变量，问题变复杂了，我们上来就想难题，怕是搞不定。

既然这样，我们就思考一下子空间：只考虑所有个数大于等于\(2\)的那些堆，其它可能存在石子数等于\(1\)的，等我们想明白这个简单问题再研究扩展的事，由易到难。

同时，我们需要思考博弈的胜负与什么因素相关呢？因为只有两种操作：拿走一个石子、合并两堆，很显然，两个关键因素：石子个数、堆数。

同时，两个操作同一时间只能执行一个，所以可以理解为拿走一个石子对结果影响一下，合并两堆石子对结果也是影响一下，初步考虑应该堆个数与石子总数的加法关系相关。

子空间：当每堆的石子个数都是大于等于\(2\)时

设\(b\)=堆数+石子总数-\(1\)
结论:\(b\)是奇数⟺先手必胜,\(b\)是偶数⟺先手必败

证明：

1、边界：当我们只有一堆石子且该堆石子个数为\(1\)个时，\(b=1\)，先手必胜。

2、当\(b\)为奇数，一定可以通过某种操作将\(b\)变成偶数

• 如果堆数大于\(1\)，合并两堆让\(b\)变为偶数
• 如果堆数等于\(1\)，从该堆石子中取出一个就可以让\(b\)变为偶数

3、当\(b\)为偶数，无论如何操作，\(b\)都必将变为奇数

• 合并两堆，则\(b\)变为奇数

• 从某一堆中取走一个石子:

  • 若石子个数大于\(2\)，则\(b\)变为奇数，且所有堆石子数量严格大于\(1\)
  • 若该堆石子个数等于\(2\)，取一个石子后，\(b\)变为奇数，该堆石子个数变为\(1\)个

  特殊情况
  此时为了保证所有堆的石子个数大于\(1\)，足够聪明的对手可以进行的操作分为两类：
  ① 如果只有这一堆石子，此时对方必胜；
  ② 如果有多堆石子，可以将这一个石子合并到其他堆中，这样每对石子个数都大于\(1\)。
  
  
  对手为什么会想到采用合并的操作，而不是从别的堆中取石子呢?我来举两个简单的栗子：

• 只有一堆石子，石子个数是\(2\)个。你拿走一个，对手直接拿走另一个，游戏结束，人家赢了！你也是足够聪明的，你会在这种情况下这么拿吗？不能吧~，啥时候可能遇到这个情况呢？就是你被逼到这个场景下，也就是一直处于必败态！

• 两堆石子，每堆石子个数是\(2\)个。我是先手，可以有两种选择：

  • 从任意一堆中拿走\(1\)个, 现在的局面是\(\{2,1\}\)
    \[\large 后手选择 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} 从2中取一个 & \Rightarrow \{1,1\} & \Rightarrow \large \left\{\begin{matrix} \]

  先手后手一个一个取 \Rightarrow 先手败 &
  \end{matrix}\right.
  \
  从1中取一个& \Rightarrow {2,0} & 剩下一个一个取，先手败\
  合并两堆 & \Rightarrow {3} & 剩下一个一个取，先手胜 \
  \end{matrix}\right.

  \[指望对手出错我才有赢的机会，人家要是聪明，我就废了; 我是先手，我肯定不能把自己的命运交到别人手中！我选择合并两堆，这样我保准赢！ * 把两堆直接合并，现在的状态$\{4,4\}$ 这下进入了我的套路，你取吧，你取一个，我也取一个；你再取一个，我也再取一个，结果，没有了，对手必败。 上面的例子可能不能描述所有场景，我现在$b$是奇数，我在必胜态，我不会让自己陷入到$b$可能是偶数的状态中去，如果我选择了 1、合并操作减少$1$个堆 2、拿走操作减少$1$个石子 都会把$b-1$这个偶数态给对方。 我不会傻到一个操作，可能造成堆也变化，石子个数也变化，这样就得看对方怎么选择了，而他还那么聪明，我不能犯这样的错误。 \]

三、本题情况

本题中可能存在一些堆的石子个数等于\(1\):

• 假设有\(a\)堆石子，其中每堆石子个数为\(1\)
• 剩余堆的石子个数都严格大于\(1\)

根据这些数量大于\(1\)的堆的石子可以求出上述定义出的\(b\)，我们使用\(f(a, b)\)表示此时先手必胜还是必败,本质是因为博弈论在本质是可以递推的，我们可以想出起点，再想出递推关系，就可以递推得到更大数据情况下的递推值，也是就博弈论本质上是\(dp\)。

相关疑问
\(Q1:\)情况\(3\)为什么是两个表达式？
答：
①当右侧存在时，合并左边两堆石子，则右侧多出一堆石子，并且，石子个数增加\(2\),也就是\(b+=3\)。
②当右侧一个都没有的时候，左边送来了一堆，两个石子，按\(b\)的定义，是堆数（1）+石子个数\(（2）-1=2\)，即\(b+=2\)

\(Q2\)：为什么用一个奇数来描述简单情况的状态，而不是用偶数呢？
答：因为要通过递推式进行计算，最终的边界是需要我们考虑的:
如果用奇数，那么边界就是\(b=1\),表示只有一堆\(1\)，石子数量只有\(1\)个，此时当然必胜。
如果用偶数，比如边界是\(b=0\),表示目前\(0\)堆，\(0\)个石子，这都啥也没有了，还必胜态，不符合逻辑，说不清道不明。
那要是不用\(b=0\)做边界，用\(b=2\)呢？表示只有\(1\)堆，石子数量为\(1\)，这个应该也是可以，但没有再仔细想了。

\(Q3:\)情况\(2\)从右边取一个石子，如果此时右侧存在某一堆中石子个数是\(2\),取走\(1\)个后，变成了\(1\),不就是右侧减少了一个堆，减少了两个石子，即\(b-=3\)；同时，此堆石子个数变为\(1\)，左侧个数\(a+=1\)，为什么没有看到这个状态变化呢？

答：看一下 讨论简单情况中第\(3\)点后面的特殊情况，
① 如果右侧只有一堆，石子数量为\(2\)，拿走\(1\)个，剩\(1\)个，一堆一个，对方必胜，此为必败态。

② 如果右侧大于一堆，某一堆只有\(2\)个石子，拿走\(1\)个，剩\(1\)个，对手足够聪明，会采用右侧两堆合并的办法，此时 石子数量减\(1\),堆数减\(1\)，对\(b\)的影响是减\(2\),对\(b\)的奇偶性没有影响,换句话说，如果你现在处在必败态，你这么整完，还是必败态。

---

四、时间复杂度

这里因为\(a\)最大取\(50\)，\(b\)最大取\(50050\)，因此计算这些状态的计算量为\(2.5×10^6\)，虽然有最多\(100\)次查询，但是这些状态每个只会计算一遍，因此不会超时。

---

五、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 55, M = 50050;

int f[N][M];

int dp(int a, int b) {
    int &v = f[a][b];
    if (v != -1) return v;
    if (!a) return v = b % 2;
    if (b == 1) return dp(a + 1, 0);

    if (a && !dp(a - 1, b)) return v = 1;
    if (b && !dp(a, b - 1)) return v = 1;
    if (a >= 2 && !dp(a - 2, b + (b ? 3 : 2))) return v = 1;
    if (a && b && !dp(a - 1, b + 1)) return v = 1;

    return v = 0;
}

int main() {
    memset(f, -1, sizeof f);
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        int a = 0, b = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            if (x == 1)
                a++;
            else
                b += b ? x + 1 : x;
        }

        if (dp(a, b))
            puts("YES");
        else
            puts("NO");
    }

    return 0;
}

---