【NYOJ】取石子系列总结（十一题全）

取石子（一）

基础的巴什博奕

巴什博奕的重点是只有一堆，

如果n % (m + 1) != 0 则先手赢，如果用普通的数组会TLE。

证明：如果n = m + 1,先手最多拿m个，肯定有剩下的，所以先手必输，所以碰到k(m + 1)的局面的人必输。

那么如果n = k(m + 1) + s，这个k 就是系数，s < m + 1,那么只要先手拿掉s个，这样后手面对的就是k(m + 1)局面，所以先手在

n % (m + 1) != 0时必输。

#include <iostream>
using namespace std;
int a[1000001];
int main(){int t,n,m;cin>>t;while(t--){cin>>n>>m;if(n % (m + 1) != 0){cout<<"Win"<<endl;}else{cout<<"Lose"<<endl;}}return 0;
}

取石子（二）

这题是尼姆博弈和巴什博奕的结合

每一堆是巴什博奕，如果巴什博奕赢了就看成是石子数为1的堆，如果输了就看成是石子数为0的堆（看做没有了），下面面对的就是尼姆博弈，如果1的堆数是2的倍数，就相当于尼姆博弈中的奇异局势，面对这种局势必输，如果石子数为1的堆数不是2的倍数，那么是非奇异局势，必赢。

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){int N,a,b;int T;cin>>T;while(T--){cin>>N;int ans = 0; for(int i = 0; i < N; i++){cin>>a>>b;ans ^= (a % (b + 1));}if(ans) cout<<"Win"<<endl;else cout<<"Lose"<<endl;}return 0;
}

取石子（三）

真是看了半天，好多帖子都没讲清楚的感觉，男人八题之一，看上去就非常吓人，但是代码真的很简洁，有点像尼姆博弈。

但是不一样，我们可以分析，

假如有一堆石子，先手必赢（N局势），

假如有两堆石子，如果两堆的数量一样，先手必输（P局势），如果两堆数量不一样，N局势，

假如有三堆石子，先手必赢（N局势）

假如有四堆石子，如果石子数量量相同，P，如果不相同，N。

以此类推

如果有n堆石子，n为奇数，先手必赢，如果n为偶数，且石子数两两相同，先手必输，否则就赢。

我自己想肯定想不出来的感觉……

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[105];
int main(){int n;while(cin>>n && n){int flag = 0;memset(a,0,sizeof(a));for(int i = 0; i < n; i++){int t;cin>>t;a[t]++;}if(n & 1)//如果是奇数，赢定了 cout<<"Win"<<endl;else{for(int i = 0; i <= 100; i++){if(a[i] & 1){//如果不能被2除断 flag = 1;break;}}if(flag) cout<<"Win"<<endl;else cout<<"Lose"<<endl;}}return 0;
}

取石子（四）

普通的威佐夫博弈题，公式有俩，如果符合公式就是奇异局势，面对奇异局势必输，然而公式我还没看懂。先记下来

ak = (int)k * (1 + sqrt(5)/2)

bk = ak + k

然后代码就是套第一个公式，如果符合就输定了

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int main(){int a,b;while(cin>>a>>b){int n = min(a,b);int m = max(a,b);double k = (double)m - n;int temp = (int)(k * (1 + sqrt(5))/2);if(temp == n){cout<<"0"<<endl;}else cout<<"1"<<endl;}return 0;
}

取石子（五）

普通的斐波那契博弈

https://blog.csdn.net/dgq8211/article/details/7602807证明过程在这里

结论：如果n是斐波那契数先手必败

#include <iostream>
using namespace std;
long long a[100];
void fib(){a[1] = 1; a[2] = 1;for(int i = 3; i < 100; i++){a[i] = a[i - 1] + a[i - 2];}
}
int main(){long long n;fib();while(cin>>n){bool flag = false;for(int i = 2; i < 100; i++){if(n == a[i]){flag = true;break;}}if(flag) cout<<"No"<<endl;else cout<<"Yes"<<endl;}return 0;
}

取石子（六）

这题就是简单的尼姆博弈，但是要用scanf,或者优化后的cin才能过

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;//int a[1005];
int main(){
//  ios::sync_with_stdio(false);int n,m;
//  cin>>n;scanf("%d",&n);while(n--){int ans = 0;int temp;
//      cin>>m;scanf("%d",&m);for(int i = 0; i < m; i++){
//          cin>>temp;scanf("%d",&temp);ans ^= temp;} if(ans) //cout<<"PIAOYI"<<endl;printf("PIAOYI\n");else //cout<<"HRDV"<<endl;printf("HRDV\n"); }return 0;
}

取石子（七）

可以一个一个的分析，n为石子数，

n = 1 先手赢

n = 2 先手赢

n = 3 先手输

n = 4 先手输

n = 5 先手如果取1个，后手可以取两个，剩下两堆石子数为1的堆，先手输

先手如果取2个，后手可以取1个，剩下两堆石子数为1的堆，先手输

n = 6 先手如果取1个，后手取对面的1个，剩下两堆石子数为2的堆，先手输（尼姆博弈）

先手如果取2个，后手取对面的2个，剩下两堆石子数为1的堆，先手输

以此类推，不管先手怎么取，后手总能形成数量相等的两堆石子，使先手面对尼姆博弈中的奇异局势，从而后手获胜，所以可怜的先手只能在n <= 2时获胜，后面就憋想了。

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){int n;while(cin>>n){if(n == 1 || n == 2){cout<<"Hrdv"<<endl;}else cout<<"Yougth"<<endl;}return 0;
}

Wythoff Game

威佐夫博弈这个博客讲的蛮好，然后这道题也是套公式就可以做出来的,注意最后要换行……我就是没换行然后WA了好多发。

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int a[100001][2];
int main(){int n;for(int i = 1; i <= 100000; i++){a[i][0] = i * (sqrt(5.0) + 1) / 2;a[i][1] = a[i][0] + i;}while(cin>>n){for(int i = 0; i <= n; i++){cout<<"("<<a[i][0]<<","<<a[i][1]<<")";}cout<<endl;}return 0;
}

取石子（八）

跟上面那个威佐夫博弈讲的一样，假如可以赢，分两种情况

1.从两堆中取数量一样的石子，因为从两堆中取数量一样的，所以差值不会变，还是b - a,由此算出奇异局势的两个值，与a,b大小比较，要都小，就可以输出

2.从一堆中取任意数量石子，差值从1循环到b，由差值算出min,max，如果是交叉相等有四种情况

min = a && max <= b

min = b && max <= a

max = a && min <= b

max = b && min <= a

但是第二种不可能厚，所以就是这种样子啦。

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;void swap(int &aa, int &bb){int t = aa; aa = bb; bb = t;
}int main(){int a,b,big;bool flag = false;while(cin>>a>>b && a && b){if(a > b) swap(a,b);//保证a小b大 int c = b - a;//差值 int temp = c * (sqrt(5) + 1.0) / 2.0;if(temp == a){//奇异局势 cout<<"0"<<endl;}else{//取一次使其变成奇异局势 cout<<"1"<<endl;if(c == 0){cout<<"0 0"<<endl;}else{int bb = temp + c;if(bb <= b && temp <= a){cout<<temp<<" "<<bb<<endl;}}for(int i = 1;i <= b; i++){int min = i * (sqrt(5) + 1) / 2;int max = min + i;if(min > a){break;}if(min == a && max < b){cout<<min<<" "<<max<<endl;}else if(max == b && min < a){cout<<min<<" "<<max<<endl;}else if(max == a && min < b){cout<<min<<" "<<max<<endl;}}}      }return 0;
}

取石子（九）

想不明白为什么不能直接把异或后的结果作为判断依据，如果尼姆博弈是ans == 0先手输，这里改成先手赢不就好了，为什么还要统计石子数大于1的堆数呢？

后来一看测试数据，假如有两堆石子，分别有2个石子，5个石子

先手取完一堆：不论是2还是5，对手可以把剩下的那堆取的只剩一个，那么先手就输了

先手不取完：不论是在2还是在5中取的只剩1个，对手都可以在另一堆中取的只剩一个，先手也输

在这个例子中，即使2 ^ 5 ！= 0 先手也是必输的，

对于反尼姆博弈，可以这样分析

如果石子数都为1：堆数为偶数时，先手必输，为奇数时，先手必胜。

如果石子数都不为1：

堆数为偶数时，先手每一步，不管是在一堆中取的只剩一个，还是都取完，后手都可以做同样的动作，最后先手是必输的。

堆数为奇数时，先手最后总可以留1个给后手，先手赢

所以，1.存在石子数大于1的堆，堆数为奇数（也就是异或结果为1）先手赢

2.石子数全为1，堆数为偶数（异或结果为0），先手赢。

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){int m,n;cin>>m;while(m--){cin>>n;int ans = 0,temp,s = 0;for(int i = 0; i < n; i++){cin>>temp;if(temp > 1) s++;ans ^= temp;}if(ans && s || !ans && !s){cout<<"Yougth"<<endl;}else cout<<"Hrdv"<<endl;}return 0;
}

取石子（十）

学到了学到了

SG函数：sg(n) = mex(sg(m))(m是n的后一个状态) , sg函数等于mex运算上一个状态的值

那么肯定有聪明的孩子要问了，什么是mex运算，什么是m是n的后一个状态呢？

别急，咱给你细细道来，

mex运算是：在不属于当前集合的值中的最小正整数，比如说mex(1,3,5) = 0,mex= (0,2,3) = 1

m是n的后一个状态：比如说有a个石子，n操作取走x个石子，剩下了a - x个石子，m就代表，有a - x个石子。

SG定理：游戏和的SG值等于各小游戏的SG值的异或和

也就是说，把各个子游戏的值都异或，最后就可以得到答案，SG值为0就是输了，大于0就赢

情况1：只能取2的幂

sg[0] = 0

x = 1时，取走1 - f{1}，剩{0},sg[1] = mex{0} = 1

x = 2时，取走2 - f{1,2}，剩{0,1}，sg[2] = mex{0,1} = 2

x = 3时，取走3 - f{1,2}，剩{1,2}，sg[3] = mex{1,2} = 0

以此类推，这种情况下sg函数值是012的循环，即n%3

情况2：没有规律

情况3：sg[n] = n

情况4：没有规律

情况5：sg[n] = 0 , 1, 0 , 1 .....

情况n(n >= 6)：sg[m] = m % (n + 1)

下面的第二种情况和第四种情况都是按照sg函数的定义写的代码，应该挺好看懂的，这里就不赘述了。

//游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的异或和
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int f[25],ff[1000];
int sg2[1005],vis[1005],sg4[1005];void fib(){f[1] = 1; f[2] = 1;for(int i = 3; i <= 20; i++){f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];}return;
}void for2(){ff[1] = 1;for(int i = 1; i <= 500; i++){ff[i + 1] = i * 2;}
}
int fun2(int n){fib();memset(sg2,0,sizeof(sg2));for(int i = 1; i <= n; i++){memset(vis,0,sizeof(vis));for(int j = 1; f[j] <= i; j++)vis[sg2[i - f[j]]] = 1;for(int j = 0; j <= n; j++){if(vis[j] == 0){sg2[i] = j;break;}}}return sg2[n];
}int fun4(int n){for2();memset(sg4,0,sizeof(sg4));for(int i = 1; i <= n; i++){memset(vis,0,sizeof(vis));for(int j = 1; ff[j] <= i; j++){vis[sg4[i - ff[j]]] = 1;}for(int j = 0; j <= n; j++){if(vis[j] == 0){sg4[i] = j;break;}}}return sg4[n];
}int main(){int n,a;while(cin>>n && n){int ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){cin>>a;int sg = 0;if(i == 1){ans ^= (a % 3);}else if(i == 2){ans ^= fun2(a);}else if(i == 3){ans ^= a;}else if(i == 4){ans ^= fun4(a);}else if(i == 5){ans ^= (a % 2);}else{ans ^= (a % (i + 1));}}if(ans)cout<<"Yougth"<<endl;else cout<<"Hrdv"<<endl;}return 0;
}

取石子博弈总结(先手必胜局面)
巴什博弈	n % (m + 1) != 0
威佐夫博弈	(b - a)*(1 + sqrt(5))\2 != a (b >= a)
尼姆博弈	a1 ^ a2 ^ a3 ... != 0
斐波那契博弈	a != fib{b1,b2,b3...}(不是斐波那契数列里的数)
反尼姆博弈	a1^a2^... && n \|\| ! a1 ^ a2 ^ ... && !n

总结完毕，如果有错漏请不吝指出哦~

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