随笔分类 - 数学
摘要：这个题是根据某个二维平面的题改编过来的。首先把问题转化一下， 就是你站在原点(0, 0, 0)能看到多少格点。答案分为三个部分：八个象限里的格点，即 gcd(x, y, z) = 1，且xyz均不为0. 可以先假设xyz都是整数，然后将所求的答案乘812个四分之一平面中的点，可以先算(x, y, 0...
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摘要：详细的题解见这里。图片转自上面的博客假设我们已经推导出来x在处取得最小值，并且注意到这个点是位于两个整点之间的，所以从这两个整数往左右两边枚举b就能找到b+c的最小值。其实只用往一边枚举就够了，由于对称性，我们不妨假设b ≤ c，那么只要让b从2a开始递减枚举即可。1 #include 2 usin...
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摘要：居然没有往错排公式那去想，真是太弱了。先在前m个数中挑出k个位置不变的数，有C(m, k)种方案，然后枚举后面n-m个位置不变的数的个数i，剩下的n-k-i个数就是错排了。所以这里要递推一个组合数和错排数。顺便再复习一下错排递推公式，Dn = (n-1)(Dn-1 + Dn-2)，D0 = 1，D1...
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摘要：对于Wythoff博弈中的两个数列，An和Bn有这样的关系：An + n = Bn， An = floor(φ * n)所以我们可以根据a b的差值来计算一个新的a出来看看这两个值是否相等。想等的话，说明这个状态是个先手必败状态。 1 #include 2 #include 3 #include...
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摘要：切切水题，放松心情:-D 1 #include 2 3 const int maxn = 200000 + 10; 4 int a[maxn]; 5 6 int main() 7 { 8 //freopen("in.txt", "r", stdin); 9 10 int m;1...
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摘要：先考虑两种简单的情况：如果先手能一次把硬币拿完，即 k >= n ，那么先手胜如果每次只能拿一个硬币， 即 k = 1 ，那么如果有奇数个硬币先手胜，如果有偶数个硬币后手胜。剩下的情况就是先手一次拿不完，而且每次可以拿一个或者拿两个硬币。剩下的硬币会变成一条链，如果后手能拿完最好，不能拿完的话就拿一...
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摘要：这是我见过的最简单的一道博弈了，其实不要被复杂的棋盘吓到了。首先肯定会有而且仅有一个人胜，而且因为棋盘是对称的，所以先手相对于后手肯定更有优势，那么肯定是先手赢。这是不是严格的推理，但是确实比较容易猜出答案。题外话：既然这游戏这么坑，为什么两个人还能玩得不亦乐乎。。1 #include 2 3 in...
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摘要：切巧克力的游戏，想得还是不是太明白。后者会尽量选前着切后其中小的一块来切，那么先手须尽量取中间来切。So？题解都是这么一句话，不知道是真懂了还是从别人那抄过来的。后来找到一个官方题解，分析得比较认真，但我这智商还是没懂太多，QAQ本题我抄袭自《Winning Ways for your Mathem...
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摘要：可以参考Thomas S. Ferguson的《Game Theory》，网上的博客大多也是根据这个翻译过来的，第五章讲了很多关于翻硬币的博弈。这种博弈属于Mock Turtles，它的SG函数值是2x或2x+1.把一个数写成二进制的形式，如果1的个数为奇数，把这种数叫做odious；否则就叫做ev...
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摘要：参考了众巨巨的博客，现在重新整理一下自己的思路。首先在纸上画了一下转移图：1 3 4号盒子是不能够再转移卡片到其他盒子中去了的，其他盒子中的卡片经过若干步的转移最终也一定会转移到1 3 4号盒子中去。具体来说，n % 6 == 0 或 2 或 5的盒子，经过奇数步转移到1 3 4中去，其他的则须经过...
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摘要：这道题的答案猜也很好猜出来，但是想太难想了。。题解一贴，然后闪人。。请戳这
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摘要：博弈的题目，打表找规律还是相当有用的一个技巧。这个游戏在原始的Nim游戏基础上又新加了一个操作，就是游戏者可以将一堆分成两堆。这个SG函数值是多少并不明显，还是用记忆化搜索的方式打个表，规律就相当显然了。 1 #include 2 #include 3 4 const int maxn = 1...
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摘要：感觉这道题用PN大法好像不顶用了，可耻地看了题解。考虑一下简单的必胜状态，某一个数是另一个数的倍数的时候是必胜状态。从这个角度考虑一下：游戏进行了奇数步还是偶数步决定了哪一方赢。如果b > 2a，那么这一方就有权利改变游戏步数的奇偶性，从而到达对自己有利的状态，所以这是一个必胜状态。如果a 2 #...
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摘要：无奈英语不好又被坑，看到棋子能左移下移左下移，想当然地以为是Wythoff博弈了，=u=题的意思是说每次只能选一个方向移动一步，所以找找规律就是横纵坐标为奇数的时候是必败状态。从http://www.cnblogs.com/chaosheng/archive/2012/05/29/2524725.h...
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摘要：直接说几个比较明显的规律吧。k个小时以后，红气球的个数为3k。单独观察一行：令f(r, k)为k个小时后第r行红气球的个数。如果r为奇数，f(r, k) = f((r+1)/2, k-1) * 2如果r为偶数，f(r, k) = f(r/2, k-1)令g(r, k)为k个小时后前r行红气球的个数。...
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摘要：为了提高题解质量还是简单证明一下：3的倍数是必败状态。如果n % 3 = 1，那么拿走1个石子；如果n % 3 = 2，那么拿走两个石子，都将转移到3的倍数的状态。所以每个必胜状态都有一个后继是必败状态。如果n % 3 = 0，因为2i里面没有一个是3的倍数，所以不管怎么拿，剩下的石子数n' % 3...
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摘要：如果硬要说这算是博弈题目的话，那这个博弈是不公平博弈(partizan games)，因为双方面对同一个局面做出来的决策是不一样的。我们平时做的博弈都是公平博弈(impartial games)，所以在这道题里面，那些必胜必败状态，SG函数SG定理都派不上用场了。但是，这道题是可以贪心的。比如第一个...
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摘要：考虑到Bouton定理的证明过程，设n个数的Nim和(异或和)为X，其最高位的1在第k位，那么n个数中一定有个y的第k为也是个1.将y的数量变为X xor y，那么n的数的Nim和为0，便转为先手必败局面。所以先手有多少种取法，就看n个数里面有多少个y，满足二进制的第k为是个1。 1 #includ...
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摘要：没什么好说的，一道水题。 1 #include 2 3 int main() 4 { 5 int n, m; 6 while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2) 7 { 8 if(n <= m) 9 {10 ...
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摘要：这道题的结论就是，石子的个数为斐波那契数列某一项的时候，先手必败；否则，先手必胜。结论很简单，但是证明却不是特别容易。找了好几篇博客，发现不一样的也就两篇，但是这两篇给的证明感觉证得不清不楚的，没看太懂。首先，证明要依赖一个邓肯多夫定理(Zeckendorf's Theorem)：任何一个正整数一定...
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