jzoj3033. 【NOIP2012模拟10.17】石子游戏

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博弈论

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本文探讨了博弈论在解决石子游戏问题中的应用，通过分析不同情况下（如k=1, k=2及k>2）的必败局面，介绍了如何构造数列来判断先手是否有必胜策略，并提供了具体的解题思路与代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

jzoj3033. 【NOIP2012模拟10.17】石子游戏

题目
分析
CODE

题目

Description

两人取一堆n个石子先手不能全部取完之后每人取的个数不能超过另一个人上轮取的数*K。取完最后一个石子的人获胜。给n，K判断先手必胜并求第一步。

Input

第一行为一个正整数t（1<=t<=10），表示共t组测试数据
接下来t行，每行包括两个正整数n,k

Output

共t行，第i行先输出“Case i: ”（不包括引号），接着输出结果，若先手有必胜策略则输出第一次取的石子数（答案不唯一，输出第一步最小选几），否则输出lose。

Sample Input

5
16 1
11 1
32 2
34 2
19 3

Sample Output

Case 1: lose
Case 2: 1
Case 3: 3
Case 4: lose
Case 5: 4

Hint

对于10％的数据k=1；
对于30％的数据1<=k<=2；
对于100％的数据2<=n<=100000000,1<=k<=100000。

分析

这是一道博弈题，比赛时连k=1的情况的分都没拿到，完全不会。

当k=1的时候可知必败局面都是2^i 将n分解成二进制，然后先手取掉最后一个1。然后对方必然无法去掉更高的1，而对方取完我方至少还能拿掉最后一个1 导致对方永远取不完。
当k=2的时候，必败局面都是斐波那契数列。利用“先手去掉最后一个1，则后手必不能去掉更高阶的1导致取不完”的思想，斐波那契数列有一个非常好的性质就是：任意一个整数可以写成斐波那契数列中的不相邻的项的和，于是将n写成这种形式，先取走最后一个1，对方能取的数是这个数*2，小于高2位的1，所以取不完。
当K>2的时候，想办法构造数列，将n写成数列中一些项的和，使得这些被取到的项的相邻两个倍数差距>k 那么每次去掉最后一个1 还是符合上面的条件。
设这个数列已经被构造了i 项，第 i 项为a[ i ]，前 i 项可以完美对1…b[ i ] 编码使得每个编码的任意两项倍数>K 那么有a[ i+1 ] = b[ i ] + 1;（这是显然的）
因为b[ i ] + 1没法构造出来，只能新建一项表示，然后计算b[ i+1]
既然要使用 a[ i+1 ] 那么下一项最多只能是某个 a[ j ] 使得 a[ j ] * K < a[ i+1 ] 于是b[ i ] = b[ j ] + a[ i+1 ]
然后判断n是否在这个数列里面
如果在，那么先手必败。否则不停的减掉数列a中的项构造出n的分解，最后一位就是了。

CODE

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

int t,n,k,a[1000000],b[1000000];

int main(){
	scanf("%d",&t);
	for (int l=1;l<=t;l++){
		scanf("%d%d",&n,&k);
 		int i=0,j=0;
		a[0]=b[0]=1;
		while (a[i]<n){
			i++;
			a[i]=b[i-1]+1;
  			while (a[j+1]*k<a[i]) j++;
			if (a[j]*k<a[i]) b[i]=a[i]+b[j];
				else b[i]=a[i];
		}
		if (a[i]==n) printf("Case %d: lose\n",l);
		 	else{
				int m;
			 	while (n){
					if (n>=a[i]){
					  	m=a[i];
					  	n-=a[i];
				 	}
				 	i--;
				}
				printf("Case %d: %d\n",l,m);
			}
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(b,0,sizeof(b));
	}
	return 0;
}