【HNOI2010】【BZOJ2000】stone 取石头游戏

本文介绍了一款取石子游戏的最优策略分析方法。通过将游戏规则转化为数学模型,利用贪心算法进行求解,得出先手和后手玩家的最佳取石子策略及其最终得分。适用于算法竞赛和游戏策略研究。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

BZOJ上的Source是骗子QAQ这题根本不是SG函数QAQ
Description

A 公司正在举办一个智力双人游戏比赛—-取石子游戏,游戏的获胜者将会获得 A 公司提
供的丰厚奖金,因此吸引了来自全国各地的许多聪明的选手前来参加比赛。
与经典的取石子游戏相比,A公司举办的这次比赛的取石子游戏规则复杂了很多:
 总共有N堆石子依次排成一行,第i堆石子有 ai个石子。
 开始若干堆石子已被 A公司故意拿走。
 然后两个玩家轮流来取石子,每次每个玩家可以取走一堆中的所有石子,但有一个限
制条件:一个玩家若要取走一堆石子,则与这堆石子相邻的某堆石子已被取走(之前被
某个玩家取走或开始被A公司故意拿走)。注意:第 1堆石子只与第 2堆石子相邻,第
N堆石子只与第N-1堆石子相邻,其余的第 i堆石子与第i-1堆和第 i+1 堆石子相邻。
 所有石子都被取走时,游戏结束。谁最后取得的总石子数最多,谁就获得了这场游戏
的胜利。
作为这次比赛的参赛者之一,绝顶聪明的你,想知道对于任何一场比赛,如果先手者和后
手者都使用最优的策略,最后先手者和后手者分别能够取得的总石子数分别是多少。
Input

第一行是一个正整数N,表示有多少堆石子。输入
文件第二行是用空格隔开的N个非负整数a1, a2, …, aN,其中ai表示第i堆石子有多少个石子,
ai = 0表示第i堆石子开始被A公司故意拿走。输入的数据保证0≤ai≤100,000,000,并且至少有
一个i使得ai = 0。30%的数据满足2≤N≤100,100%的数据满足2≤N≤1,000,000。
Output

仅包含一行,为两个整数,分别表示都使用最优策略时,最后先手者
和后手者各自能够取得的总石子数,并且两个整数间用一个空格隔开。
Sample Input
8
1 2 0 3 7 4 0 9
Sample Output
17 9

样例解释:两个玩家都使用最优策略时取走石子的顺序依次为9, 2, 1, 4, 7, 3,因此先手
者取得9 + 1 + 7 = 17个石子,后手者取得2 + 4 + 3 = 9个石子。
HINT

Source

Sg
再次重复:这题根本不是SG函数!!!QAQ
其实这题是个贪心.
可以发现对每个连续的石子区间,决策与奇偶相关的.(奇数位的和及偶数位的和)
当石子序列出现了如ai1<ai>ai+1的形式,显然我们可以把这部分石头合并一下变成ai1+ai+1ai,因为我们可以发现两个人的最优决策就是分别取ai1+ai+1ai.这个看起来挺对的嗯>_<.
我们可以感受一下之后就可以贪心了>_<(什么鬼!)
好吧其实是这样的:我们可以发现整个数列被我们化成了两人取数之差的形式.最后把差值记录一下,再用初始数列每项的和计算一下就能得到答案.
需要注意:过程中尽量开LongLong因为好像有不少地方会爆int?
以及合并之后别忘了删除掉多余的元素!

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define MAXN 1000100
#define LL long long
using namespace std;
LL a[MAXN],s[MAXN];
int prev[MAXN],next[MAXN];
LL n,num;
int b[MAXN];
int head,tail,top;
LL sum,delta;
inline void in(LL &x)
{
    char ch=getchar();x=0;
    while (!(ch>='0'&&ch<='9')) ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9')    x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
}
inline void del(int x)
{
    b[x]=1;
    prev[next[x]]=prev[x];
    next[prev[x]]=next[x];
}
inline bool comp(LL a,LL b)
{
    return a>b;
}
int main()
{
    in(n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        in(a[i]);b[i]=!a[i];sum+=a[i];
        next[i]=i+1;prev[i]=i-1;num+=!b[i];
    }
    next[0]=1;prev[n+1]=n;head=1;tail=n;
    bool flag=1;
    while (flag&&head<tail)
    {
        flag=0;
        if (!b[head]&&!b[next[head]]&&a[head]>=a[next[head]])
        {
            delta+=(num&1)?a[head]-a[next[head]]:a[next[head]]-a[head];
            int tmp=next[next[head]];
            del(next[head]);del(head);head=tmp;flag=1;
        }
        if (!b[tail]&&!b[prev[tail]]&&a[tail]>=a[prev[tail]])
        {
            delta+=(num&1)?a[tail]-a[prev[tail]]:a[prev[tail]]-a[tail];
            int tmp=prev[prev[tail]];
            del(prev[tail]);del(tail);tail=tmp;flag=1;
        }
        for (int i=head;i<=tail;i++)
            if (!b[i]&&prev[i]>0&&next[i]<=n&&!b[prev[i]]&&!b[next[i]]&&a[i]>=a[prev[i]]&&a[i]>=a[next[i]])
            {
                flag=1;a[i]=a[prev[i]]+a[next[i]]-a[i];
                if (prev[i]==head)  head=i;
                if (next[i]==tail)  tail=i;
                del(prev[i]);del(next[i]);
            }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (!b[i])  s[++top]=a[i];
    sort(s+1,s+top+1,comp);
    for (int i=1;i<=top;i++)    delta+=(i&1)?s[i]:-s[i];
    cout<<(sum+delta)/2<<' '<<(sum-delta)/2<<endl;
}
<think>好的,我现在需要解决用户关于[HNOI2010]弹飞绵羊的问题,特别是分块方法的解题思路。首先,我需要回忆一下这个题目的具体内容以及分块算法的一般应用。 题目大意应该是每个装置有一个弹力系数,当绵羊到达某个位置时会被弹到后面的某个位置,直到弹飞为止。问题应该是要求动态维护弹飞所需的步数,或者支持修改某个位置的弹力系数,同时查询某个点弹飞所需的次数。 分块处理这种问题通常是将数据分成多个块,每个块维护一些预处理的信息,这样在查询和修改时可以降低时间复杂度。比如,对于每个位置i,可以预处理出跳出当前块需要的步数,以及跳出后的落点位置。这样查询时就可以逐块跳跃,减少计算量。 接下来,我需要具体思考分块如何在这里应用。每个块的大小通常√n,这样总共有√n个块。对于每个位置i,在预处理阶段,需要计算从i出发,需要多少步才能跳出当前所在的块,并且记录跳出后的位置。这样,当查询某个点的弹飞步数时,只需要累加每个块的步数,直到弹飞为止。修改操作时,只需要更新所在块内的信息,因为块内的预处理信息可能被影响,但其他块不受影响。 例如,假设块大小为m,对于每个位置i,如果i + a[i]超出了当前块的范围,则step[i] = 1,next[i] = i + a[i]。否则,step[i] = step[i + a[i]] + 1,next[i] = next[i + a[i]]。这样预处理之后,查询时从当前位置开始,每次跳到next[i],并累加step[i],直到next[i]超过n,即弹飞。 修改操作时,比如修改位置k的弹力系数,那么需要从k所在块的起始位置开始,重新计算该块内所有位置的step和next。这是因为修改可能影响该块内其他位置的预处理结果。比如,如果某个位置j的next[j]原本指向k的位置,修改k的弹力系数会影响j的next和step,所以需要重新计算整个块的信息。 这样,每次查询的时间复杂度是O(√n),因为每个块最多跳一次,而块的数量是√n。修改操作的时间复杂度是O(√n),因为需要重新处理整个块,大小是√n。 需要注意的是,分块的具体实现需要确定块的大小,通常√n,但有时根据实际情况调整可能会有更好的效果。另外,预处理每个块的step和next时,需要从块的末尾向前处理,因为后面的位置的处理结果可能影响前面的位置。 可能还需要考虑边界条件,比如弹力系数是否可能超过数组长度,或者弹飞的条件。比如,当i + a[i] >= n时,就算弹飞,此时step[i]=1,next[i]=n或某个超出范围的标记。 另外,在实现过程中,如何处理块的分界点,以及如何遍历每个块内的元素,都是需要注意的细节。例如,块的范围是左闭右开还是左闭右闭,需要统一处理,避免数组越界或者漏掉元素。 总结一下,解题步骤应该是: 1. 将整个数组分成若干块,块的大小约为√n。 2. 预处理每个块内的每个位置i的step[i]和next[i],处理顺序应该是从块的最后一个元素向前处理。 3. 查询时,从查询点开始,不断跳到next[i],并累加step[i],直到i超出数组范围,总步数即为答案。 4. 修改时,找到修改位置所在的块,重新预处理该块内的所有元素的step和next。 这样,分块方法能够将时间复杂度降到O(m√n),其中m是操作次数,适用于较大的数据规模,符合算法竞赛的要求。 在代码实现时,需要注意块的下标处理,比如块号从0开始还是1开始,块的大小是否需要调整以适应数组长度不能被整除的情况。此外,预处理函数需要正确计算每个块的起点和终点,并在块内逆序处理元素,以确保后面的元素先被处理,前面的元素可以正确引用后面的step和next值。 举个例子,假设数组长度n=10,块大小m=3,那么块0是0-2,块1是3-5,块2是6-8,块3是9。对于每个块内的元素,比如块0,从位置2开始处理到0。对于位置i=2,如果a[2]=4,则i+a[i]=6,超过块0的范围,所以step[2]=1,next[2]=6。然后处理i=1,假设a[1]=2,则i+a[i]=3,属于块1,所以step[1]=1,next[1]=3。接着处理i=0,假设a[0]=1,则i+a[i]=1,仍在块0内,所以step[0] = step[1] + 1 = 2,next[0] = next[1] =3。这样,当查询位置0时,会先跳到3,再跳到next[3]的位置,依此类推,直到弹飞。 因此,分块方法的关键在于预处理每个块内的跳跃信息,使得查询时可以快速跨块计算,而修改时只需要更新所在块的信息,从而将时间复杂度降低到可接受的范围。</think>### [HNOI2010]弹飞绵羊分块解法思路 #### 问题分析 题目要求维护一个包含$n$个弹簧的序列,每个弹簧有弹力系数$k_i$。当绵羊落在位置$i$时,会被弹到$i + k_i$的位置,直到弹飞(即位置$\geq n$)。需要支持两种操作: 1. **查询**:从位置$x$出发,弹多少次会被弹飞? 2. **修改**:将位置$x$的弹力系数改为$y$。 #### 分块思想 将序列分为$\sqrt{n}$个块,每个块大小约为$\sqrt{n}$。预处理每个位置的**跳跃步数**和**落点**,使得: - **块内跳跃信息**:对于每个位置$i$,记录跳出当前块所需的步数$step[i]$和最终落点$next[i]$。 - **查询优化**:每次查询只需逐块跳跃,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 - **修改优化**:修改仅影响当前块的信息,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 #### 预处理方法 1. **块划分**:将数组划分为$m = \lceil \sqrt{n} \rceil$个块,每个块大小为$m$。 2. **逆序处理**:从每个块的最后一个位置向前遍历: - 若$i + k_i$超出当前块,则$step[i] = 1$,$next[i] = i + k_i$。 - 若未超出,则继承下一个位置的步数和落点: $$step[i] = step[i + k_i] + 1, \quad next[i] = next[i + k_i]$$ #### 查询操作 从位置$x$开始,不断跳转到$next[x]$并累加$step[x]$,直到$next[x] \geq n$。总步数即为答案。 #### 修改操作 1. 找到位置$x$所在的块。 2. **重置块内信息**:从该块的最后一个位置重新逆序计算$step$和$next$。 #### 代码框架(Python示例) ```python import math class BlockSolution: def __init__(self, n, k): self.n = n self.k = k.copy() self.block_size = int(math.sqrt(n)) + 1 self.step = [0] * n self.next = [0] * n self.build_blocks() def build_blocks(self): # 分块预处理 for block_start in range(0, self.n, self.block_size): block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: # 跳出当前块 self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: # 依赖块内后续位置 self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] def query(self, x): # 查询弹跳次数 res = 0 while x < self.n: res += self.step[x] x = self.next[x] return res def update(self, x, y): # 修改弹力系数并重建块 self.k[x] = y block_start = (x // self.block_size) * self.block_size block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] ``` #### 复杂度分析 - **预处理**:$O(n)$ - **查询**:$O(\sqrt{n})$ - **修改**:$O(\sqrt{n})$ #### 应用场景 分块法适用于需要**动态维护跳跃路径**且**支持快速修改**的问题,例如弹飞绵羊、树状路径跳跃等[^1]。
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