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题意：有k堆石子，每次选择一堆，在这堆中取至少一个石子，第一个无石子可取的人为输。 思路：经典游戏，直接有结论：如果这些堆的石子数为：a1，a2，a3…an.那么a1到an的异或为0，则先手有必败策略，否则先手有必胜策略。 ###代码： #include <set> #include <map> #include <cmath> #include <stack> #include <queue>

* 分析*： 这题主要是理解SG函数。 SG函数的原理核心是定义的mex运算。这个运算的数值规则，吻合了必败态只能转移到必胜态，而必胜态必然可以找到一种方法转移到必败态的博弈规则。 这样我们就可以把一个游戏看成一个SG函数的运算了。如果一个游戏是由多个游戏组合而来的，那么根据nim游戏的证明，这多个游戏的SG值异或起来就是母游戏的SG值。 本题中母游戏可以分解为两个子游戏，异或起来就可以。

转换为nim游戏就可以了。#include <iostream>class solve { private: int T, n, A[1111]; public: void sort() { for (int i = 1; i <= n; i++) { int key = i; for (int j = i + 1;

核心就是局面的分析。 - 必败态，必胜态的寻找分析 - 相互转换。 - 递推实现。#include <iostream>class solve { private: int a, b; bool ans; public: bool dfs(int a, int b) { if (a > b) std::swap(a, b); if (a

分析： 这题就是构造一个对称局面，然后发现后手只需要按照先手的方式走就可以了。#include <iostream>class solve { public: int n; public: void run(void){ while (std::cin >> n) { if (!n) return; std::cout

简单dp或者观察一下即可找出规律，都是奇数为P态。#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; #define pr(x) cout << #x << ": " << x << " " #define pl(x)

巴什博弈有一堆nn个，你每次可以从中取[1,m][1,m]个石子，最后取光的胜利。 递推一下可以知道n%(m+1)==0n\%(m+ 1)==0时为必败态。#include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define pr(x) cout << #x << ": " << x <<

威佐夫博奕相对于nim游戏的任意堆石子，每次在任意一堆至少取一个。威佐夫博奕有两堆石子，要么在两堆同时取一样的石子，要么在其中一堆取至少一个石子。 其必败态叫做奇异局势： ⌞k1+5‾‾√2⌟,⌞k1+5‾‾√2+k⌟   |  k=0,1,2...\llcorner k\frac{1+\sqrt{5}}{2}\lrcorner ,\llcorner k\frac{1+\sqrt{5}}{2}+

分析： 根据博弈递推的原则： -必败态只能转移到必胜态。 -必胜态一定可以转移到必败态。 令dp[i][j][op]dp[i][j][op]为在棋盘中(i,j)(i,j)位置，棋子为opop时的胜败状态，根据其子状态递推即可。 这里注意车只有对角线是必败很显然。 对于马，如果它只能走到必胜态和平态，那么它就宁愿走到平态，这比输了好。 皇后的时候转移有可能是O(n)O(n)的会复杂度过高

分析： - 用二进制来压缩当前状态。 - 没有子状态的其sg为0（这在操作中就可自动实现。 - 对于当前状态的子状态进行枚举，二进制数一定是减小到所以符合sg函数转移。 - 求所有sg值的异或。 预处理sg函数的时间复杂度为O(220∗202)O(2^{20}*20^2)#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> usi