BZOJ 1022 [SHOI2008]小约翰的游戏John

AC通道:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1457

 

题解的话,因为这是一个经典的反NIM游戏,那么我应该拿出一篇很经典写得很好懂的文章来分享一下。

原文地址:http://www.cnblogs.com/iwtwiioi/p/4090046.html

题目1:有n堆石子,第i堆有A(i)颗石子。两人依次从中拿取,规定每次只能从一堆中取若干根,可将一堆全取走,但不可不取,最后取完者为胜,求必胜的方法。

令C=A(1) xor A(2) xor A(3) xor ... xor A(n),若C>0,则记为利己态,用S表示,若C=0,则记为利他态,用T表示。

【定理1】对于一个S态,一定能从一堆石子中取出若干个,使其成为T态。

【证明】既然是S态,则此时C>0,我们要使得C变为0。

设C转化为二进制后,最高位的1是第p位。那么一定存在一个A(t)的二进制最高位的1是第p位。(显然,不然C的第p位不可能是1)

然后,把第t堆石子的个数变为x=A(t) xor C。因为A(t)和C的二进制最高位的1是同一位。那么异或之后这一位就变成了0。那么x一定小于A(t)。

此时的C'=A(1) xor A(2) xor ... xor A(t) xor C xor A(t+1) xor ... xor A(n)。把C带进去,得到

C'=A(1) xor A(2) xor ... xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor ... xor A(n)。显然C'=0。

所以,只要在第t堆石子中取出A(t)-x颗石子,就把S态变为了T态。


【定理2】对于一个T态,从任意一堆取任意个石子出来,都会变为S态。

【证明】用反证法。设此时第i堆的石子数变成了A(i')。此时C=0。如果C'>0,那么命题就成立了。

假设C'=0。则C'=A(1) xor A(2) xor ... xor A(i') xor... xor A(n)=0。

因为C=0。所以C xor C'=0。则A(1) xor A(2) xor ... xor A(i) xor... xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor ... xor A(i') xor... xor A(n)=0。

A(i) xor A(i')=0。A(i)=A(i')明显不对了。所以命题得证。


得到了这两个定理之后,我们可以发现,任何一个S态,我们都可以通过自己的控制将它转化成T态。而对方怎么做都是将T态再转回S态,很被动。所以只要先手是S态,总是可以根据定理1得到的策略获胜。



题目2:有n堆石子,第i堆有A(i)颗石子。两人依次从中拿取,规定每次只能从一堆中取若干根,可将一堆全取走,但不可不取,最后取完者为,求必胜的方法。

再来定义几个状态。一堆石子里只有一个石子,记为孤单堆。否则记为充裕堆。

在T态中,如果充裕堆的个数大于等于2,记为T2态,1个充裕堆,记为T1态,没有充裕堆,记为T0态。S0、S1、S2同理。

【定理3】在S0态中,若孤单堆的个数为奇数。那必输。T0态必赢。

【证明】也就是奇数个石子,每次取一个。很明显先去的人必输。


【定理4】在S1态中,方法正确就必胜。

【证明】如果孤单堆的个数是奇数,那么就把充裕堆取完;如果是偶数,就把充裕堆取的只剩1根。这样留下的就是奇数个孤单堆,对方先手。由定理3得,对方必输,己方必胜。


【定理5】S2态不可一次变为T0态。

【证明】显然,充裕堆不可能一次从2堆以上变为0。


【定理6】S2态可一次变为T2态。

【证明】由定理1得S态可以一次变为T态,而且不会一次取完整堆,那么充裕堆的个数是不会变的,由定理5得S2态不能一次变为T0态,那么转化的T态是T2态。


【定理7】T2态只能转变为S1或S2态。

【证明】由定理2得,T态一次只能变为S态。由于充裕堆数不会变为0。所以是S1或S2态。


【定理8】在S2态中,只要方法正确,就必胜。

【证明】由定理6得,先转化为T2态。由定理7,对方只能再转化回S1或S2态。由定理4,己方必胜。


【定理9】T2态必输。

【证明】同证明8。


我们得到了几个必胜态:S2,S1,T0。必输态:T2,T1,S0。


比较一下两题:

第一题的过程:S2-T2-S2-T2-.....-T2-S1-T0-S0-T0-...-S0-T0(全0)

第二题的过程:S2-T2-S2-T2-.....-T2-S1-S0-T0-S0-...-S0-T0(全0)

我们可以发现前面的过程是一样的。关键在于得到了S1态之后,怎样抉择使自己获胜。而这个是自己可以掌握的。

因此,我们只需要把T2态留给对方,迟早他会转化成S1态。己方就必胜。

 

然后再打几个补丁:

1. T1状态是没有的,因为如果有只有一个充裕堆,那么异或起来就不可能等于0了。

2. 关于定理6的修正:

  并不是说充裕堆的个数不变。是有可能变的。

  但是不能一次变成T0,又因为没有T1存在,所以就是转移到T2状态,不过堆数可能发生变化:

  [例]:

  1 2 2 4 -> 5

  操作一次后 1 2 2 1 -> 0
  所以定理6仍然是正确的,只是表述上有一些不严谨。
 
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
 
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1022.in","r",stdin);
    freopen("1022.out","w",stdout);
#endif
 
    int kase,n,x;
    scanf("%d",&kase);
     
    while(kase--){
        int ans=0,cnt=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&x),ans^=x,cnt+=(x>1);
        if(!ans){
            if(!cnt) puts("John");
            else puts("Brother");
        }
        else{
            if(!cnt) puts("Brother");
            else puts("John");
        }
    }
 
    return 0;
}
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posted @ 2016-03-16 11:10  诚叙  阅读(121)  评论(0编辑  收藏