（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规
定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜。
显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，
后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则：如果
n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走
k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的
取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十
个，谁能报到100者胜。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同
时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示
两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们
称为奇异局势。前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，
10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有
如下三条性质：
1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其
他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由
于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了
奇异局势（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局
势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab + ak个物体,变为奇异局
势（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余
的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）
,从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – a
j 即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜
；反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)
奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1。618…,因此,由ak，bk组成的矩形近
似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[
j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1
+ j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异
局势。
（三）尼姆博奕（Nimm Game）：有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的
物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
#include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int T; cin>>T; int n,m; while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); if(n%(m+1)==0) printf("second "); else printf("first "); } }
#include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)) { if(n%3==0) printf("Cici "); else printf("Kiki "); } }
/*hdu1527 简单威佐夫博弈 只需要判断是否满足奇异局势条件即可 */ #include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int a,b; while(~scanf("%d%d",&a,&b)) { if(a>b) swap(a,b); int k=b-a;//第k+1个奇异局势 //cout<<k<<endl; int p=(int)((k*(1+sqrt(5.0)))/2); //cout<<p<<endl; printf("%d ",(a==p)?0:1); } }
/*hdu15 简单威佐夫博弈 只需要判断是否满足奇异局势条件即可 */ #include <iostream> #include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int a,b; double g=(1+sqrt(5.0))/2; while(~scanf("%d%d",&a,&b)&&(a||b)) { int k=b-a;//第k+1个奇异局势 int p=(int)(k*g); if(a==p) {printf("0 ");continue;} printf("1 "); if(a>p) { printf("%d %d ",p,p+k); } for(int i=a-1;i>=0;i--) { int x=i,y=b; int l=b-i; if((int)(g*l)==x) { printf("%d %d ",x,y); } } for(int i=b-1;i>=0;i--) { if(a==b) break; int x=a,y=i; if(x>y) swap(x,y); int l=y-x; if((int)(g*l)==x) { printf("%d %d ",x,y); } } } }
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; int main() { int n; while(scanf("%d",&n),n) { int a; int ans=0; while(n--) { scanf("%d",&a); ans^=a; } if(ans) cout<<"Rabbit Win!"<<endl;//非奇异局势 else cout<<"Grass Win!"<<endl; } return 0; }
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn=200000+100; int pile[maxn]; int main() { int m; while(scanf("%d",&m)&&m) { int ans=0; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d",&pile[i]); ans^=pile[i]; } if(ans==0) { printf("No "); continue; } printf("Yes "); for(int i=1;i<=m;i++) { if(pile[i]>(ans^pile[i])) { printf("%d %d ",pile[i],pile[i]^ans); } } } }
S表示起点。如果n为偶数，那么所有格子可以被2*1的砖块覆盖掉。这样先手每次都移动到当前1*2的另外一块。、
先手必赢。 如果n为奇数。出了起始那个店，其余点都可以被覆盖。所有后手赢
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)&&n) { if(n&1)printf("ailyanlu "); else printf("8600 "); } }
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)&&n) { if(n>=3) cout<<"Bob"<<endl; else cout<<"Alice"<<endl; } }
*题目大意：
* 对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步，
* 第一步从某堆中去掉至少一个，第二步（可省略）把该堆剩余
* 石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。
*解题思路：
* 1、先考虑1堆的时候，1堆当然是N点（必胜点），
* 2、然后考虑2堆，细想一下可以发现，当2堆一样时，这个时候
* 的目的就是要把对方给逼到只有2堆都是1的时候，就能必胜了。
* 但是想一下，后手只要模范先手所做的动作，那么最后就会形成
* 两堆都是1的局势，所以当2堆相同时，是一个P点（必败点）。
* 注意当2堆不一样的时候，先手可以把它变成一样，此时变为N点。
* 3、考虑3堆，这个时候，先手必定是可以把局势变成2堆相同的堆的，
* 那么先手肯定胜利，为N点。** （发现，当堆为偶数堆两两同高的时候，此时是P点）
** 偶数：
* 4、当n >= 4堆的时候可以发现，可以把堆的高度按从小到大排列。
* 当n为偶数的时候，可以把最高的那一堆跟最小的那一堆变成一样，
* 然后把高度差用来平衡剩余的那些堆，注意一定是可以平衡的，
* 因为把剩余的堆相邻两两的差值投射到y轴上发现这些离散的线段和
* 小于最高堆于最小堆的差值。* 奇数：
* 5、当n >= 4堆的时候可以发现，可以把堆的高度按从小到大排列。
* 当n为奇数的时候，可以把最高堆给去掉，然后分配给其它堆，
* 注意前面的相邻堆两两的差值投射到y轴，最后的总和还是小于* 最高堆的。
总之，奇数堆是必胜点，偶数堆要判断是否两堆两两相等（必败态），否则必胜态。#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn=100; int a[maxn]; int main() { int n; while(~scanf("%d",&n)&&n) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); int ans=0; int flag=1; if(n%2==1) { cout<<1<<endl; flag=0; } else { sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<=n;i+=2) { if(a[i]!=a[i+1]) { cout<<1<<endl; flag=0; break; } } } if(flag) cout<<0<<endl; } }
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn=100; int a[maxn]; int fac[15]={2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096,8192,16384,32768}; void solve(int n,int m,int p) { if(n<=2*m)//金币数足够贿赂 { if(n==p) { printf("%d ",m-(n-1)/2); return; } else if((p&1)==(n&1)) { printf("1 "); return; } else { printf("0 "); return; } } if(n==2*m+1) { if(p==n) { printf("0 "); return; } else if(p&1)//保命优先 { printf("1 "); return; } else { printf("0 "); return; } } int t=n-2*m;//不够贿赂 for(int i=0;i<15;i++) { if(t==fac[i]) { printf("0 "); return; } } for(int i=1;i<=14;i++) { if(t<fac[i]) { if(p>2*m+fac[i-1]&&p<2*m+fac[i]) printf("Thrown "); else printf("0 "); return ; } } } int main() { int n,m,p; int T; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d",&n,&m,&p); solve(n,m,p); } }