POJ1740 A New Stone Game

最新推荐文章于 2021-03-09 05:16:57 发布

原创最新推荐文章于 2021-03-09 05:16:57 发布 · 388 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#poj #博弈 #ACM

博弈题专栏收录该内容

13 篇文章

订阅专栏

本文解析了一种基于博弈论的游戏算法，重点介绍了如何通过分析不同堆石子的情况来确定游戏胜负的关键策略。针对不同数量的石子堆，文章详细探讨了必胜点与必败点的转换，并给出了一段实现该算法的C++代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

点击打开链接

题目大意：
       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。
解题思路：
       1、先考虑1堆的时候，1堆当然是N点（必胜点），
       2、然后考虑2堆，细想一下可以发现，当2堆一样时，这个时候
          的目的就是要把对方给逼到只有2堆都是1的时候，就能必胜了。
          但是想一下，后手只要模范先手所做的动作，那么最后就会形成
          两堆都是1的局势，所以当2堆相同时，是一个P点（必败点）。

          注意当2堆不一样的时候，先手可以把它变成一样，此时变为N点。

        3、考虑3堆，这个时候，先手必定是可以把局势变成2堆相同的堆的，
          那么先手肯定胜利，为N点。

         （发现，当堆为偶数堆两两同高的时候，此时是P点）

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d", &n), n)
    {
         int tmp, flag = 0, pile[15];
         int f[1024] = {0}, ans = 0;
         for(int i = 0; i < n; i++)
         {
            scanf("%d", &tmp);
             if(!f[tmp])  //判断偶数时数量是否相等
                ans++;
             else
                ans--;
             f[tmp] = !f[tmp];
         }
         if(n & 1)   //奇数
         {
             printf("1\n");
         }
         else         //偶数
         {
             if(!ans)
                 printf("0\n");
             else
                printf("1\n");
         }
   }
   return 0;
}