ACM 博弈（难）题练习 (第二弹)

第一弹：

 

Moscow Pre-Finals Workshop 2016 - Kent Nikaido Contest 1 Problem K. Pyramid Game

http://opentrains.snarknews.info/~ejudge/team.cgi?SID=afa73761fd0d61ae&action=2&lt=1

题意：

N堆石头，两个人轮流取。有2种操作：一是选择一堆石头拿走一个，二是从每堆石头拿走一个，但是只有当所有堆都非零的时候才能用第二种操作。 谁不能操作谁就输了。

 

题解：
1. 如果只有第一种操作，那么如果轮到某个人的时候剩下奇数个石头，他就可以赢。定义这样的局面是对他有利的。

2. 如果N为奇数，用第二种操作实际上不会改变局面对谁有利。 直接根据sum的奇偶判断。

3. 如果N为偶数，那么用一次第二种操作可以改变局面对谁有利。 考虑如果轮到某个人时，存在某一堆石头只有1个，那么如果当前局面对他有利，他直接用操作一拿走这个石头，如果对他不利，先手可以用一次操作二， 之后两个人都不能用操作二了。 所以不管怎样都是他赢。  换一个角度来看，如果某堆石头只有2个，那么显然不能去动它，否则就会把一个1留给对手。  因此问题转化为将每一堆石头都减去2个的子问题。   所以不断转化为子问题，只要考虑最少的那堆石头的奇偶性和sum的奇偶性就可以判断出答案了。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 int main()
 5 {
 6     int n, a[100];
 7     cin >> n;
 8     int s = 0, mi = 100;
 9     for (int i = 1; i <= n; ++i)
10     {
11         cin >> a[i], s += a[i], mi = min(mi, a[i]);
12     }
13     
14     if (n & 1)
15     {
16         if (s & 1) puts("Iori");
17         else puts("Yayoi");
18     }
19     else
20     {
21         if (mi & 1) puts("Iori");
22         else
23         {
24             if (s & 1) puts("Iori");
25             else puts("Yayoi");
26         }
27     }
28     
29     return 0;
30 }
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XVIII Open Cup named after E.V. Pankratiev. Ukrainian Grand Prix  Problem G Zenyk, Marichka and Interesting Game

http://opentrains.snarknews.info/~ejudge/team.cgi?contest_id=10396&locale_id=0

题意：
两个人玩取石子游戏，N堆石子，每次先手只能从某一堆石子里拿A个，后手只能从某一堆石子里拿B个，谁不能操作谁就输了。 

 

题解：

1.如果A = B。显然对于一堆有$x$个石头的石子，只能操作$\lfloor \frac{x}{A} \rfloor $次，求和根据奇偶判断就好了。

2.如果A > B。

首先考虑所有堆的石子数都小于$A + B$的情况，这样对于每一堆石头，一个人取过，另一个人就不能再取了，而且先手在任意一堆上只能操作1次，后手则可能操作多次。先去掉那些$<B$的堆，即两个人都不能取的堆。

如果剩下偶数堆，那么先手必败，因为先后手都能取走一半的堆。

如果剩下奇数堆，如果存在一些堆的石头数 $ < A $&& $ >= B $, 即只有后手能取，那么后手必胜，因为后手可以比先手多取一些堆。 接着考虑如果某一堆石头$>= 2 * B$，后手肯定会抢这堆石头，因为这堆时候允许它操作多次。如果不存在这样特殊的堆，那么先手可以比后手多取走一堆，先手胜。 如果只存在一个这样的堆，那么先手只要一开始就拿这一堆，同样可以胜利。否则后手一定可以拿到一个特殊的堆，那么后手的操作次数至少不会少于先手，后手胜。

再考虑石头数可以$>= A + B$的情况。我们称把所有堆的石子数mod $(A + B)$后的局面为约化后的局面，然后证明一个局面和它约化后的局面胜负情况是一样的。

证明：

如果约化后的局面后手必胜，那么显然原来的局面后手也必胜。因为后手只要采取下面的策略就可以获胜：如果先手取了$>= A + B$的堆，后手也跟着取那一堆，否则后手采取和约化后的局面对应的策略。

如果约化后的局面后手必败，那么约化后的局面，$>= 2 * B$的堆只有0个或1个，先手只要一上来就先取这样的堆，然后之后如果后手取了$>= A + B$的堆，先手就跟着他取，否则采取和约化后的局面对应的策略，这样就可以胜利了。

3. A < B. 枚举先手第一步取哪个，转化为上一种情况。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 #define MAXN 100010
 5 int v[MAXN];
 6 int x, y, z, tot;
 7 
 8 void add(int t, int a, int b)
 9 {
10     if (t < b) --tot;
11             
12     if (t >= a) ++x;
13     if (t >= b && t < a) ++y;
14     if (t >= 2 * b) ++z;
15 }
16 
17 void del(int t, int a, int b)
18 {
19     if (t < b) ++tot;
20             
21     if (t >= a) --x;
22     if (t >= b && t < a) --y;
23     if (t >= 2 * b) --z;
24 }
25 
26 int main()
27 {
28     int n, a, b;
29     scanf("%d %d %d", &n, &a, &b);
30     for (int i = 1; i <= n; ++i)
31         scanf("%d", &v[i]);
32         
33     
34     int flag = 0;
35     if (a == b)
36     {
37         int cnt = 0;
38         for (int i = 1; i <= n; ++i)
39             cnt += v[i] / a;
40         puts(cnt & 1? "Zenyk":"Marichka");
41     }
42     else if (a > b)
43     {
44         x = y = z = 0, tot = n;
45         for (int i = 1; i <= n; ++i)
46         {
47             int t = v[i] % (a + b);
48             add(t, a, b);
49         }
50         flag |= (tot%2==0) || z >= 2 || y;
51         puts(!flag? "Zenyk":"Marichka");    
52     }
53     else
54     {
55         x = y = z = 0, tot = n;
56         for (int i = 1; i <= n; ++i)
57         {
58             int t = v[i] % (a + b);
59             if (t < a) --tot;
60             
61             if (t >= b) ++x;
62             if (t >= a && t < b) ++y;
63             if (t >= 2 * a) ++z;
64         }
65         
66         for (int i = 1; i <= n; ++i)
67         {
68             if (v[i] < a) continue;
69             del(v[i] % (a + b), b, a);
70             add((v[i] - a) % (a + b), b, a);
71             
72             flag |= (tot%2==0) || z >= 2 || y;
73             add(v[i] % (a + b), b, a);
74             del((v[i] - a) % (a + b), b, a);
75         }
76         puts(flag? "Zenyk":"Marichka");            
77     }
78     return 0;
79 }
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2016 Petrozavodsk Winter- Saratov SU Contest  Problem B Game on Bipartite Graph（证明留坑）

http://codeforces.com/gym/100886

题意：

给出一个二分图，一开始棋子在左边，两人轮流玩，每次沿着边移动，移动后那条边删去，谁不能动谁就输了。 点数<=100.

 

题解：
考虑一个先手赢的局面，那么棋子的轨迹一定是左右左右。。。左右， 对于左边的点，如果它不是起点，那么轨迹中一定有偶数条边和它关联。如果是起点，一定有奇数条。

如果右边存在一个点集S，使得左边和S相关的点中，仅有起点度数为奇数，那么先手必胜，他只要每次只往S集合里的点走就好了。  这个条件是充要的，不过反过来还不清楚为什么是对的。。。  高斯消元求是否存在这样的点集就好了。

 

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 
  4 #define N 100
  5 int e[N][N], a[N][N];
  6 bool inset[N];
  7 
  8 void guass(int n, int m)
  9 {
 10     int line = 1, i, j, k, col[N];
 11     for (i = 1; i <= m && line <= n; ++i)
 12     {
 13         k = line;
 14         for (j = line + 1; j <= n; ++j)
 15             if (a[j][i]) k = j;
 16         if (!a[k][i]) continue;
 17         
 18         if (k != line)
 19         {
 20             for (j = i; j <= m + 1; ++j)
 21                 swap(a[k][j], a[line][j]);
 22         }
 23         
 24         for (j = line + 1; j <= n; ++j)
 25         {
 26             if (a[j][i])
 27             {
 28                 for (k = i; k <= m + 1; ++k)
 29                     a[j][k] ^= a[line][k];
 30             }
 31         }
 32         col[line++] = i;
 33     }
 34     --line;
 35     for (i = line + 1; i <= n; ++i)
 36     {
 37         if (a[i][m + 1]) 
 38         {
 39             return;
 40         }
 41     }
 42     
 43     int ans[N] = {0};
 44     for (i = line; i >= 1; --i) 
 45     {
 46         int s = a[i][m + 1];
 47         for (j = col[i] + 1; j <= m; ++j)
 48             s ^= a[i][j] & ans[j];
 49         ans[col[i]] = inset[col[i]] = s;
 50     }
 51 }
 52 
 53 int main()
 54 {
 55     int n, m, edges, v, x, y;
 56     scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &edges, &v);
 57     while (edges--)
 58     {
 59         scanf("%d %d", &x, &y);
 60         e[x][y]++;
 61     }
 62     for (int j = 1; j <= m; ++j)
 63     {
 64         for (int i = 1; i <= n; ++i)
 65             a[i][j] = e[i][j] & 1;
 66     }
 67     a[v][m + 1] = 1;
 68     guass(n, m);
 69     
 70     while (true)
 71     {
 72         int t = -1;
 73         for (int j = 1; j <= m; ++j)
 74             if (e[v][j] && (t == -1 || inset[j]))
 75                 t = j;
 76         if (t == -1)
 77         {
 78             puts("Player 2 wins");
 79             fflush(stdout);
 80             break;
 81         }
 82         --e[v][t], v = t;
 83         printf("%d\n", t);
 84         fflush(stdout);
 85         
 86         t = -1;
 87         for (int i = 1; i <= n; ++i)
 88             if (e[i][v]) t = i;
 89         if (t == -1)
 90         {
 91             puts("Player 1 wins");
 92             fflush(stdout);
 93             break;
 94         }
 95         
 96         int newv;
 97         scanf("%d", &newv);
 98         --e[newv][v], v = newv;
 99     }
100     
101     return 0;
102 }
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XVIII Open Cup named after E.V. Pankratiev. GP of Romania Problem L Xormites（证明留坑）

http://opentrains.snarknews.info/~ejudge/team.cgi?contest_id=010391

题意：

给出一个自然数序列，两个人轮流，每次从两头拿一个数， 每个人的得分是拿的数异或起来，得分多的人赢。

 

题解：
如果一开始所有的数异或和如果为0，那么肯定平局。

否则异或和非零，考虑异或和最高位非0的位置。显然最终两个人的得分这一位一个是0，一个是1.

所以其它位可以丢掉，只考虑这一位。

如果N是偶数，将下标奇数位置染成白色，偶数位置染成黑色，先手可以取走所有白色，或者所有黑色，所以先手必胜。

如果N是奇数，那么先手必须要取一个1，否则根据N-1是偶数，剩下的根据上一条后手必胜。

依次check先手拿哪头的1.

先手拿走一个1后，剩下的数xor起来是0，之后后手不管拿什么，先手必须都要和他拿的一样，否则会使xor起来非0且剩下偶数个数，后手必胜。

接下来就是一个我还不知道怎么证明的结论(CF讨论里petr提到了这个结论但没有给出证明)：

先手能每次模仿后手的取法，当且仅当剩下的序列是“S aabbccdd.... T”这样的形式，其中S和T是互为转置的01串。也就是说两头一段相等，中间相邻的相等。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 #define MAXN 100010
 5 typedef long long LL;
 6 
 7 bool check(int l, int r, int a[])
 8 {
 9     if (l > r) return true;
10     int ones = 0;
11     for (int i = l; i <= r; ++i)
12         ones += a[i] == 1;
13     if ((ones >> 1) & 1) return false;
14     
15     while (l < r && a[l] == a[r]) ++l, --r;
16     for (int i = l; i <= r; i += 2)
17         if (a[i] ^ a[i + 1]) return false;
18     return true; 
19     
20 }
21 
22 int solve()
23 {
24     int n, sum = 0;
25     static int a[MAXN];
26     scanf("%d", &n);
27     for (int i = 1; i <= n; ++i)
28         scanf("%d", &a[i]), sum ^= a[i];
29     if (sum == 0) return 0;
30     if (n % 2 == 0) return 1;
31     if (n == 1) return 1;
32     
33     for (int i = 30; ; --i)
34     {
35         if ((sum >> i) & 1)
36         {
37             for (int j = 1; j <= n; ++j)
38                 a[j] = (a[j] >> i) & 1;
39             break;
40         }
41     }
42     
43     if (a[1] && check(2, n, a)) return 1;
44     if (a[n] && check(1, n - 1, a)) return 1;
45     return -1;
46 }
47 
48 int main()
49 {
50     //freopen("in.txt", "r", stdin);
51     
52     int T;
53     scanf("%d", &T);
54     while (T--)
55     {
56         int res = solve();
57         if (res == 1) puts("First");
58         else if (res == 0) puts("Draw");
59         else puts("Second");
60     }
61     
62     return 0;
63 }
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XVIII Open Cup named after E.V. Pankratiev. Grand Prix of Korea Problem J Game of Sorting

http://opentrains.snarknews.info/~ejudge/team.cgi?contest_id=010410

题目大意：

一个序列，每次只能从两头拿。谁操作完最后剩下的序列单调非降或者单调非增谁就赢。 Q个询问，每次问子区间[L, R]的结果。

 

题解：

1.如果一开始就单调，先手必败。

2.如果单调区间长度为区间长度-1， 那么先手必胜。

3.如果单调区间长度为区间长度-2：

　　3.a 如果[L + 1, R - 1]单调，显然先手必败。

       3.b 如果[L, R - 2]单调， 显然先手必须先取A[L], 接着后手必须取A[L + 1]. 二分找到最多能两个两个取取多少次。

       3.c 如果[L + 2, R]单调, 和3.b对称。

4. 如果单调区间长度 更小。

    win[L, R] = !win[L, R - 1] | !win[L + 1, R] .

   观察下图：

有win[L, R] = win[L + 1, R - 1]. 在上图中就是对角线元素相同， 单调区间长度为区间长度-2的情况实际上是为了求出一条对角线最左下角的那个。

根据这个，只要二分出可以确定的区间[L + k, R - k]再判断即可。

细节比较多的博弈题。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 #define MAXN 1000010
 5 typedef long long LL;
 6 
 7 
 8 int a[MAXN], L[MAXN], f[MAXN], g[MAXN];
 9 
10 int type(int l, int r)
11 {
12     if (l >= r) return 0;
13     if (L[r] <= l) return 0;
14     if (L[r] == l + 1 || L[r - 1] <= l) return 1;
15     if (L[r - 1] == l + 1) return 2;
16     if (L[r - 2] <= l) return 3;
17     if (L[r] <= l + 2) return 4;
18     return 5;
19 }
20 
21 int solve(int l, int r)
22 {    
23     int len = r - l + 1;
24     int kl, kr, kmid;
25     kl = 0, kr = r - l + 1;
26     while (kl < kr)
27     {
28         kmid = (kl + kr) >> 1;
29         if (type(l + kmid, r - kmid) == 5) kl = kmid + 1;
30         else kr = kmid;
31     }
32     l += kl;
33     r -= kl;
34     //cout << l << " " << r << " " << type(l + 1, r - 1) << endl;
35     if (L[r] <= l) return 0;
36     if (L[r] == l + 1 || L[r - 1] <= l) return 1; 
37     if (L[r - 1] == l + 1) return 0;    
38     else if (L[r - 2] <= l)
39     {
40         kl = 0, kr = len / 2;
41         while (kl < kr)
42         {
43             kmid = (kl + kr) >> 1;
44             if (type(l + kmid * 2, r) == type(l, r)) kl = kmid + 1;
45             else kr = kmid;
46         }
47         l += kl * 2;
48         return solve(l, r);
49     }
50     else
51     {
52         kl = 0, kr = len / 2;
53         while (kl < kr)
54         {
55             kmid = (kl + kr) >> 1;
56             if (type(l, r - kmid * 2) == type(l, r)) kl = kmid + 1;
57             else kr = kmid;
58         }
59         r -= kl * 2;
60         return solve(l, r);
61     }
62 }
63 int main()
64 {
65     //freopen("in.txt", "r", stdin);
66     
67     int n, Q, l, r;
68     scanf("%d", &n);
69     for (int i = 1; i <= n; ++i)
70         scanf("%d", &a[i]);
71     L[1] = f[1] = g[1] = 1;
72     for (int i = 2; i <= n; ++i)
73     {
74         if (a[i] >= a[i - 1]) f[i] = f[i - 1];
75         else f[i] = i;
76         if (a[i] <= a[i - 1]) g[i] = g[i - 1];
77         else g[i] = i;
78         L[i] = min(f[i], g[i]);
79     }
80     scanf("%d", &Q);
81     while (Q--)
82     {
83         scanf("%d %d", &l, &r);
84         int res = solve(l, r);
85         if (res == 1) puts("Alice");
86         else puts("Bob");
87     }
88     return 0;
89 }
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 ps:

win[L, R] = win[L + 1, R - 1]的证明：

1. 如果win[L + 1, R - 1] = 0. 先手取L，后手取R，先手就输了；先手取R，后手取L，先手也是输。 所以win[L, R] = 0.

2. 如果win[L + 1, R - 1] = 1. 那么win[L + 2, R - 1] win[L + 1, R - 2]至少有一个等于1. 根据对称性假设win[L + 2, R - 1] = 1。 先手只要先取L, 然后如果后手取L + 1， 先手就取R， 如果后手取R， 先手就取L + 1.  所以先手可以胜利。 win[L, R] = 1.

 

 

Petrozavodsk Winter-2015. Jagiellonian U Contest Problem J. Game

http://opentrains.snarknews.info/~ejudge/team.cgi?contest_id=1456&locale_id=0

题目大意：一个序列，每次只能从两头拿。然后给出一些终止序列，即如果轮到某个人的时候，当前序列是终止序列，他就输了。 如果全被拿完，那么平局。问先手胜利还是后手胜利还是平局。（每个人如果他能获胜他就不会去平局）

 

题解：

1.首先有一个平局比较恶心。可以做两边，第一遍定义平局算先手胜利，第二遍定义平局算后手胜利。 如果第二遍先手胜利，那么先手肯定胜利。 否则先手肯定不能胜利，那么看他能不能平局。 只要看第一遍先手能不能胜利，能胜利就是平局，否则就是后手胜利。

2.定义win[L, R, draw = 0 or 1]表示只考虑[L, R]这一段，且平局算先手胜利（draw = 1）/ 失败(draw = 0) 的结果。 check(L, R)表示[L, R]这一段是否是终止序列。先考虑一些特殊的情况： 按顺序check下面每一条。

2.1 如果 check(L, R) = 1.     win[L, R, draw] = 0.

2.2 如果L = R， win[L, R, draw] = draw.

2.3 如果check(L, R - 1) = 1 or check(L + 1, R)  = 1。 那么显然先手可以获胜。

2.4 如果L + 1 = R, win[L, R, draw] = draw.

2.5 如果check(L + 2, R ) = 1. win[L, R, draw] = !win[L, R - 1, !draw]. 因为先手不能取L， 取L得话后手取L+1就凉了。 check(L, R - 2) = 1时同理有win[L, R, draw] = !win[L + 1, R, !draw].

2.6 如果check(L + 1, R - 1) = 1, win[L, R, draw] = 0.   因为先手随便取哪段，后手取另外一端就好了。

2.7 如果L + 2 = R, win[L, R, draw] = draw.

 

接下来是最重要的一条性质：win[L, R, draw] = win[L + 1, R - 1, draw].  证明同上一题的ps部分。

1. 如果win[L + 1, R - 1] = 0. 先手取L，后手取R，先手就输了；先手取R，后手取L，先手也是输。 所以win[L, R] = 0.

2. 如果win[L + 1, R - 1] = 1. 那么win[L + 2, R - 1] win[L + 1, R - 2]至少有一个等于1. 根据对称性假设win[L + 2, R - 1] = 1。 先手只要先取L, 然后如果后手取L + 1， 先手就取R， 如果后手取R， 先手就取L + 1.  所以先手可以胜利。 win[L, R] = 1.

 

最后考虑如何求check(L, R)。 其实只要暴力检验每一个长度为R - L + 1的终止序列就好了，因为相同区间长度只会被check常数次。

 

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 #define N 1000010
 5 
 6 
 7 vector<vector<int> > lis[N];
 8 int n, m;
 9 int a[N];
10 
11 
12 bool check(int l, int r)
13 {
14     assert(l <= r);
15     int len = r - l + 1;
16     for (auto s: lis[len])
17     {
18         int flag = 1;
19         for (int i = 0; i < len && flag; ++i)
20             if (s[i] ^ a[l + i]) flag = 0;
21         if (flag) return true;
22     }
23     return false;
24 }
25 
26 int win(int l, int r, int draw)
27 {
28      assert(l <= r);
29      
30     if (check(l, r)) return 0;
31     if (l == r) return draw;
32     
33     if (check(l, r - 1) || check(l + 1, r)) return 1;
34     if (l + 1 == r) return draw;
35     
36     if (check(l + 1, r - 1)) return 0;
37     if (check(l, r - 2)) return !win(l + 1, r, draw ^ 1);
38     if (check(l + 2, r)) return !win(l, r - 1, draw ^ 1);
39     if (l + 2 == r) return draw;
40     
41     return win(l + 1, r - 1, draw);
42         
43 }
44 
45 void solve()
46 {
47     scanf("%d", &n);
48     for (int i = 0; i < n; ++i)
49         scanf("%d", &a[i]);
50     scanf("%d", &m);
51     
52 
53     while (m--)
54     {
55         int k, x;
56         scanf("%d", &k);
57         vector<int> s;
58         for (int i = 0; i < k; ++i)
59             scanf("%d", &x), s.push_back(x);
60         if (k < n) lis[k].push_back(s);
61  
62     }
63     int win1 = win(0, n - 1, 1);
64     int win2 = win(0, n - 1, 0);
65     
66     assert(!(win1 == 0 && win2 == 1));
67     if (win1 & win2) puts("FIRST");
68     else if (win1 | win2) puts("DRAW");
69     else puts("SECOND"); 
70     
71     for (int i = 1; i <= n; ++i) lis[i].clear();
72     
73 }
74 
75 int main()
76 {
77     int T;
78     scanf("%d", &T);
79     while (T--)
80     {
81         solve();
82     }
83     return 0;
84 }
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posted @ 2018-04-26 11:41  lzw4896s  阅读(609)  评论(0)  编辑  收藏  举报