洛谷#P5652#基础博弈练习题

基础博弈练习题

给你一个长度为 \(n\) 的数组 \(A\) ,以及一个 \(m\)
\(q\) 次询问,每次询问在 \(A_l-A_r\) 上玩一局游戏
一开始棋子在 \(A_l\) 上,并将 \(A_l\) 减去 \(1\)
每次假设你在 \(i\) 上,你可以跳到 \(j\in[i,min(i+m,r)]\)\(A_j\not=0\) ,然后将 \(A_j\)\(1\)
先无法行动的人判输,一局游戏结束后会还原 \(A\) 数组
询问每局游戏中先手是否有必胜策略

解法

首先,如果 \(A_r\) 是偶数,那么谁先跳上去谁输,即这个格子是必败态
所以策略是不要跳到这个格子上,即留在前一个格子上,谁先留不住谁输,于是可以把 \(r\) 换成 \(r-1\)
如果 \(A_r\) 是奇数,那么谁先跳上去谁赢,即这个格子是必胜态
所以这个格子的前 \(m\) 个格子是必败态,策略是不要跳到这个格子的前 \(m\) 个格子上
即留在 \(A_{r-m-1}\) 上,同理可以把 \(r\) 换成 \(r-m-1\)
通过一直将 \(r\) 缩小,可以求得 \(A_l\) 的胜负态
我们给 \(A_l\) 下的一个定义是后手刚好跳到该格子上且还没有进行减 \(1\) 的操作
如果 \(A_l\) 是必败态,则先手必胜,反之则先手必败
这样我们就得出了一个 \(O(qn)\) 的算法,每次求出一局游戏所有的胜负态
有一个小优化是求出 \(f_i\) 表示 \(i\) 前面有多少偶数
然后一直跳就可以了,复杂度是 \(O(\frac {qn} m)\)
这样就可以轻松拿到 \(55\) 分啦,上一下代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=(1ll<<32ll);
int A,B,C,P;
inline int rnd(){return A=(A*B+C)%P;}
int n,m,q,type,l,r,a[1000010],f[1000010];
ll ans;
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&type);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		f[i]=(a[i]&1)?0:f[i-1]+1;
	if(type)scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&P);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		if(type)l=rnd()%n+1,r=rnd()%n+1;
		else scanf("%d%d",&l,&r);
		if(l>r)swap(l,r);
		int nw=r;
		while(1)
		{
			if(f[nw])nw-=f[nw];
			if(nw<=l){(ans+=1ll*i*i*(nw<l))%=mod;break;}
			nw-=m+1;
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

然后我们可以发现,偶数的格子一定是必败态
所以可以扔掉这个 \(f\) 数组,换成 \(pre\) 数组
\(pre_i\) 表示 \(i\) 前面的第一个奇数的位置
然后把所有的奇数点看成一棵树
每个奇数点 \(i\)\(pre_{i-m-1}\) 相连
建立一个 \(0\) 号点作为超级源,与所有根相连
这样就变成了一棵树
\(A_l\) 是必胜态的充要条件是 \(A_{pre_r}\)\(A_l\) 的子孙
这个用时间戳来维护就可以了
\(Tin_l<=Tin_{pre_r}\) 并且 \(Tout_{pre_r}<=Tout_l\)
我们称 \(A_{pre_r}\)\(A_l\) 的子孙

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000010
#define pb push_back
using namespace std;
const ll mod=(1ll<<32ll);
int A,B,C,P;
inline int rnd(){return A=(A*B+C)%P;}
vector<int>e[1000010];
int n,m,q,type,l,r,cnt,a[N],pre[N],tin[N],tout[N];
ll ans;
void dfs(int u)
{
	tin[u]=++cnt;
	for(auto v:e[u])
		dfs(v);
	tout[u]=++cnt;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&type);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		pre[i]=(a[i]&1)?i:pre[i-1];
	for(int i=1;i<=m;i++)if(a[i]&1)
		e[0].pb(i);
	for(int i=m+1;i<=n;i++)if(a[i]&1)
		e[pre[i-m-1]].pb(i);
	dfs(0);
	if(type)scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&C,&P);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		if(type)l=rnd()%n+1,r=rnd()%n+1;
		else scanf("%d%d",&l,&r);
		if(l>r)swap(l,r);
		if(a[l]&1)
			(ans+=1ll*i*i*(!(tin[l]<=tin[pre[r]]&&tout[pre[r]]<=tout[l])))%=mod;
		else (ans+=1ll*i*i)%=mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
posted @ 2019-11-13 19:27  可耐滴小慕容  阅读(228)  评论(0编辑  收藏  举报