题解：P14688 [ICPC 2025 Yokohama R] Game of Names

:::info[解法一]{open}
神秘解法，我太菜了只能想到这。

超现实数法（Surreal Numbers）：一种组合游戏的理论，将每个独立局面用一个数表示，正数表示先手优势，负数表示后手优势，零表示公平局面（在这里，平局时看谁先无法行动，判后手赢，即 Bob）。

calc 计算一段空白的超现实数值的 \(2\) 倍。

c 表示棋盘边界。

情况分析：

1. 全空白棋盘；
2. 左端是 a，右边到边界全是空白；（Alice 不能填第一个空白，Bob 可以填第一个空白，Bob 有优势）
3. 左端是 b，右边到边界全是空白；（Bob 不能填第一个空白，Alice 可以填第一个空白，Alice 有优势）
4. 左 a 右 b 或左 b 右 a ；（公平段，双方机会均等）
5. 两端都是 a；（Alice 不能填任何空白，Bob 可以填所有空白，强烈对 Bob 有利）
6. 两端都是 b。（Bob 不能填任何空白，Alice 可以填所有空白，强烈对 Alice 有利）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
//return surreal number(*2)
//len==0 is impossible,use assert?
//here i just reurn 0
int calc(char l,char r,int len){
	if(l>r)	swap(l,r);
	if(l=='c'&&r=='c')
		return 0;
	if(l=='a'&&r=='c'){
		if(len==0)	return 0;
		if(len==1)	return -2;
		return -1;
	}
	if(l=='b'&&r=='c'){
		if(len==0)	return 0;
		if(len==1)	return 2;
		return 1;
	}
	if(l=='a'&&r=='b')
		return 0;
	if(l=='a'&&r=='a'){
		if(len==0)	return 0;
		return -2;
	}
	if(l=='b'&&r=='b'){
		if(len==0)	return 0;
		return 2;
	}
	return 0;
}
void solve(){
	int n;
	string s;
	cin>>n>>s;
	int res=0;
	char l='c';
	int con=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(s[i]=='.'){
			con++;
		}else{
			res+=calc(l,s[i],con);
			con=0;
			l=s[i];
		}
	}
	if(l=='c'&&con==1){
		cout<<"alice\n";
		return;
	}
	res+=calc(l,'c',con);
	if(res>0){
		cout<<"alice\n";
	}else if(res<0){
		cout<<"bob\n";
	}else{//the same means alice can't move
		cout<<"bob\n";
	}
	return;
}
signed main(){
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

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:::info[官解]{open}
看了官解才发现我的解法有多招笑。

注：翻译自官方题解

名字游戏（Game of Names）

提案人：须美达也，作者：熊部宗，分析：须美达也。

设 \(mA\) 和 \(mB\) 分别为最初包含 Alice 和 Bob 名字的单元格数量，\(nA\) 和 \(nB\) 分别为它们最终的单元格数量。Alice的获胜条件是 $nA − mA > nB − mB $，即 \(nA − nB > mA − mB\)。

假设获胜者在比赛结果已定后仍继续在黑板上写下尽可能多的名字。考虑到棋盘的最终状态，我们可以看到，如果跳过空格，Alice 和 Bob 的名字必须交替出现（否则，其中一个人仍然可以在棋盘上写下自己的名字）。因此,\(nA −nB\) 由两端的格子决定如下（两端的格子总是被填满）。

• 若 Alice 同时选取两端格子，则其值为 \(1\)。
• 若 Bob 同时取用两端格子，则其值为 \(-1\)。
• 否则，该值为 \(0\)。

因此，游戏的胜负仅取决于哪位玩家占据两个端点单元格，该问题可通过适当的案例分析得以解决。
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