BZOJ 2927: [Poi1999]多边形之战

2927: [Poi1999]多边形之战

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Description

多边形之战是一个双人游戏。游戏在一个有n个顶点的凸多边形上进行，这个凸多边形的n-3条对角线将多边形分成n-2个三角形，这n-3条对角线在多边形的顶点相交。三角形中的一个被染成黑色，其余是白色。双方轮流进行游戏，当轮到一方时，他必须沿着画好的对角线，从多边形上切下一个三角形。切下黑色三角形的一方获胜。

注：如果连接一个多边形中任意两点的线段都完全包含于这个多边形，则称这个多边形为凸多边形。

求解任务：

请设计一个程序：

       ·读入对一个多边形的描述。

·确定先走的一方是否能够获胜。

·将结果输出。

Input

第一行是一个整数， 4 <= n <= 50000。表示多边形的顶点数，多边形的顶点从0到n-1顺时针标号。接着的n-2行描述组成多边形的三角形。第i+1行， 1 <= i <= n-2，有三个空格分隔的非负整数a、 b、 c，它们是第i个三角形的顶点编号。第一个给出的三角形是黑色的。

Output

唯一一行应包含一个单词：

TAK（波兰文“是”)，表示先走的一方有必胜策略，或者

NIE（波兰文“否”），表示先走的一方没有必胜策略。

 

Sample Input

6
0 1 2
2 4 3
4 2 0
0 5 4

Sample Output

TAK

有邻边的多边形连边，问题转化为一棵树，有一个节点是黑色节点，每次删除一个叶子节点，能删掉黑色节点的人获胜 
把黑色节点看做根 
如果黑色节点只有一个儿子，先手必胜① 
只有三个点并且一个黑色节点只有两个儿子，先手必败② 
如果节点要是再多，并且黑色节点有多于两个儿子，那么如果有奇数个白点，先手一定能删除到先手必败的情况②，先手必胜 
如果有偶数个白点，后手一定能删除到先手必败的情况②，先手必败

谁让你博客写得这么好，我就转载啦~~

出处：膜力传送门

粘上别人家的代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 50005

int n,x,y,z,cnt,son;
int f[N];
struct hp{int x,y,id;}e[N*3];

int cmp(hp a,hp b)
{
    return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.y<b.y);
}
int find(int x)
{
    if (x==f[x]) return x;
    f[x]=find(f[x]);
    return f[x];
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n-2;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        if (x>y) swap(x,y);
        if (y>z) swap(y,z);
        if (x>y) swap(x,y);
        e[++cnt].x=x,e[cnt].y=y,e[cnt].id=i;
        e[++cnt].x=y,e[cnt].y=z,e[cnt].id=i;
        e[++cnt].x=x,e[cnt].y=z,e[cnt].id=i;
    }
    sort(e+1,e+cnt+1,cmp);
    for (int i=1;i<=n-2;++i) f[i]=i;
    for (int i=2;i<=cnt;++i)
        if (e[i-1].x==e[i].x&&e[i-1].y==e[i].y&&find(e[i-1].id)!=find(e[i].id))
        {
            f[find(e[i].id)]=find(e[i-1].id);
            if (e[i].id==1||e[i-1].id==1) ++son;
        }
    if (son<=1) puts("TAK");
    else
    {
        if (n%2) puts("NIE");
        else puts("TAK");
    }
}