[Roy&October之取石子]

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[Roy&October之取石子]

题目大意：在题目条件下，有没有先手必胜的策略

做法：从小到大找到第一个先手第一次取不完石子且为合数的数\(h\)，如果\(n\)为\(h\)的倍数，则先手必败，则先手必胜。

证明：

1：考虑若\(n<h\)则先手可以一次取完

2：若\(n=h\)，则先手一次取不完，则后手必胜

3：若\(n>h\)且同时\(n=k×h\)，那么先手取多少个，后手就可以给他凑够\(h\)的某个倍数，则最后面临的就是\(2\)中的情况，先手必败

4：若\(n>h\)且同时\(n≠k×h\)，那么先手可以考虑取某个数，使得剩下的数是\(h\)的倍数，则面临\(3\)中的情况。

所以结论得证。

Roy&October之取石子1

因为\(p^{k}\)，\(k\)为自然数，所以第一个先手不能一次取完的合数为6

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		if(x % 6 == 0)
			printf("Roy wins!\n");
		else
			printf("October wins!\n");
	}
	return 0;
}

Roy&October之取石子2

因为\(p^{k}\)，\(k\)只能为\(0/1\)，所以第一个先手不能一次取完的合数为4

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int n;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		if(x % 4 == 0)
			printf("Roy wins!\n");
		else
			printf("October wins!\n");
	}
	return 0;
}