POJ 3922 A simple stone game(K倍减法游戏)

题目链接:http://poj.org/problem?id=3922

题意:两人取一堆石子,石子有n个。 先手第一次不能全部取完但是至少取一个。之后每人取的个数不能超过另一个人上一次取的数的K倍。拿到最后一颗石子的赢。先手是否有必胜策略?若有,先手第一步最少取几个?

思路:

(1)首先k=1的时候,必败态是2^i,因为我们把数二进制分解后,拿掉二进制的最后一个1,那么对方必然不能拿走倒数第二位的1,因为他不能拿的比你多。你只要按照这个策略对方一直都不可能拿完。所以你就会赢。

(2)k=2的时候,必败态是斐波那契数列。因为任何一个整数n都可以写成若干项不相邻的斐波那契数的和,所以我们拿掉1,对方永远取不完再高位的1。因为斐波那契数列两项f[i]和f[i+2]满足f[i+2]>2*f[i]。比如设斐波那契数列为1,2,3,5,8,13……12=8+3+1,化成二进制就好比是10101,那么你拿走最右边的1(其实就是1),那么对方不可能拿走第三位的1(这个1其实是3),这样就和 k=1一个道理,对方不可能拿完,所以你就能拿完;
(3)k>=3的时候,我们必须构造数列,将n写成数列中一些项的和,使得这些被取到的项的相邻两个倍数差距>k 那么每次去掉最后一个1 还是符合上面的条件。设这个数列已经被构造了i 项,第i项为a[i],前i项可以完美对1到b[i] 编码使得每个编码的任意两项倍数>K 那么有a[i+1]=b[i]+1;这是显然的。因为b[i]+1没法构造出来。只能新建一项表示。然后计算b[i+1]。 既然要使用 a[i+1] 那么下一项最多只能是某个a[t] 使得 a[t]*K<a[i+1] ,于是b[i+1]=b[t]+a[i+1]。

最后判断n是否在数列a里面。如果在,那么先手必败。否则不停的减掉数列a中的项构造出n的分解,最后一位就是了。



const int MAX=2000000;
int a[MAX],b[MAX],n,m,C,num=0;

int main()
{
    for(scanf("%d",&C);C--;)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        a[0]=b[0]=1;
        int i=0,j=0;
        while(a[i]<n)
        {
            i++;
            a[i]=b[i-1]+1;
            while(a[j+1]*m<a[i]) j++;
            if(a[j]*m<a[i]) b[i]=b[j]+a[i];
            else b[i]=a[i];
        }
        printf("Case %d: ",++num);
        if(a[i]==n)
        {
            puts("lose");
            continue;
        }
        int ans;
        while(n)
        {
            if(n>=a[i]) n-=a[i],ans=a[i];
            i--;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

  

posted @ 2012-12-19 21:24 朝拜明天19891101 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏