POJ1740

/*寻找必败态，若是一对一对相等的情况则是必败态，先走者必败。其余情况按照最有策略则为必胜态

先走者必胜 

*/ 

#include <iostream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<math.h>

#include<algorithm>

using namespace std;

int main(int argc, char *argv[])

{

bool pile[102];

int n,i,m;

int t;

while(cin>>n){

if(n==0)

break;

memset(pile,0,sizeof(pile));

t=0;

for(i=0;i<n;i++)

{

cin>>m;

if(pile[m])

t--;

else 

t++;

pile[m]=!pile[m];

}

if(t==0)//必败态。。

cout<<"0"<<endl;

else 

cout<<"1"<<endl; 

}

return 0;

}

/*题意：对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步，第一步从某堆中去掉至少一个，第二步（可省略）把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。

 

最后谁无子可取即输。

 

分析：首先我们考虑两堆相等的情况，一定是谁取谁输，因为对方永远可以做对称的操作。对于四堆，1、2堆相等，3、4堆相等的情况，一定也是先手输，后手也只需要做对称的操作（在先手取石子的对称堆中取相同多的石子，并把和先手等量的石子分给先手分配给的堆的对称堆。（若先手在3堆取，并分给1堆，那后手就在4堆取，分给2堆）。也就是说对于任意的一对一对相等的情况来说，一定是后手必胜。

 

我们接下来来证明除上述情况外，所有情况都是先手必胜。因为任何一种情况都可以转化为一对一对相等的情况。若总堆数为奇数的情况，可以把石子最多的一堆的石子分配给其它堆，使得其它堆两两相等。最多一堆的石子绝对是足够多，可以完成这个补齐的任务的。因为我们把石子从小到大排序后画成条形统计图。把相邻两个分成一组（1和2一组，3和4一组……）我们需要用第n堆填补1，3，5……堆我们把需要填补的这些差距（2比1高出的部分，4比3高出的部分……）投影到统计图左侧的y轴上，我们会发现这是一些不连续的区间，其长度总和明显小于第n堆。所以可以补齐。

 

对于堆数为偶数的情况。我们把最多的一堆削弱到和最少的一堆一样多，并把拿掉的石子分给别的堆，使其一对一对地相等。可行性于前面奇数情况同理。

 

所以只要判断是不是一对一对的相等的情况即可。

 

*/