围巾的ACM博客

思路：一个很经典的博弈问题，转自大神的题解 首先总人数是n+1人。 由于必须半数以上人同意才能通过方案，所以当剩余两个人时2号必死，因为1号不同意就能独吞。因此2号必须同意3号的方案，所以3号无论什么方案都会被通过，因此他会选择把所有宝石留给自己。 当总人数三个以上时就有以下的情况：显然4号需要至少3人的同意，可知3号是无论如何不会同意的，因此他只需要拉拢1,2号即可，也就是给他们1,1的宝

思路：找规律题.... #include using namespace std; #define LL long long int main() { double n; while(scanf("%lf",&n)!=EOF) { while(n>18) n/=18; if(n<=9) printf("Stan wins.\n"); els

思路：SG函数模板，好神奇的感觉.... #include #include #include using namespace std; const int maxn = 1001; int fac[maxn],sg[maxn],hashh[maxn]; void getSG(int n) { memset(sg,0,sizeof(sg)); for(int i = 1;

思路：对位运算不太熟..显然这里是一个组合游戏，只需要将一行的情况用sg函数求出来，那么组合就是随便异或了，由于一行只有20个位置，所以考虑用状态压缩一下，将所有可行的后续状态枚举出来即可 #include using namespace std; int n,m,sg[1<<21],vis[21]; int dfs(int x) { memset(vis,0,sizeof(vis)

思路：一个经典的Nim博弈 #include using namespace std; const int maxn = 200000+50; int a[maxn]; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF && n) { int sum = 0; for(int i = 1;i<=n;i++) { scanf

思路：一个基础的Nim博弈，首先我们要知道一个东西就是a1^a2^a3....an=0的话那么先手是必败的，          若a1^a2^...^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。若a1^a2^...^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制 表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k成

思路：大概手动算了一下sg的值，算到8的时候其实就知道了，当为7的倍数的时候sg值为8，为8的倍数时候sg值为7，然后其他的话都是sg(x)=x的，然后异或异或就可以了 #include using namespace std; const int maxn= 1e6+7; #define LL long long int a[maxn]; int main() { int T;

思路：1或者非2质数其实就是奇数，统计有多少个黑色，判一下奇偶即可 #include using namespace std; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { int n,m,cnt=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i<=n;i++) for(i

思路：先考虑是一条链的情况，每次操作一个节点，原本1的变0，0的变1，比较容易猜到的就是与根节点连边的奇偶性相关，然后树或者森林其实也是同理的。。 #include using namespace std; const int maxn = 40005; vector >e[maxn]; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--)

思路：可以先考虑一下n分别为2，3，4的情况，如果n=2，那么显然是白方胜，而n=3那么是黑方胜，n=4相当于白先走一步然后代换成n=3的情况，那么还是白方胜，猜测一发和n的奇偶性相关 #include using namespace std; int main() { int n; scanf("%d",&n); if(n&1) { p

思路：一个基础的巴什博奕 #include using namespace std; int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF) { if (m%(n+1)==0) printf("none\n"); else { if(n>=m) { printf("%d",m);

思路：一个环形的巴什博奕。如果k>=n显然就是先手必胜，而手推了一下发现，如果k为1的时候则看n的奇偶性，而k不为1的时候，无论先手取哪里，只要后手选择与之对称的点，最后一定是后手必胜。 #include using namespace std; int main() { int T,cas=1; scanf("%d",&T); while(T--) { int n,k;

思路：先手必胜.... #include using namespace std; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF && n!=-1) { printf("I bet on Oregon Maple~\n"); } } Description One day, Fl

思路：看了下样例猜了一下日期加月份的奇偶性....不过要注意9月30和11月30这两个日期是特别的 #include using namespace std; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { int y,m,d; scanf("%d%d%d",&y,&m,&d); if((m+d)%2==0 || (

题意:给出正整数a,b，每次可以用大的数减去小的数的倍数，最后谁操作完出现0就赢 思路：自己模拟一下，显然会出现一个局面是变成b,a%b，如果a==b或者a%b==0那么先手必胜，a>=2b那么先手可以把它变成b,a%b也是先手必胜，而b #include using namespace std; int main() { int a,b; while(scanf("%d%d",

思路：大概画了几盘...n为偶数的时候就是先手必胜，奇数就是后手必胜 #include using namespace std; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF && n) { if(n%2==0) cout << "8600" << endl; else cout << "ailyanlu" <<

思路：基础的巴什博奕，若n%(m+1)==0那么先手必败，显然如果n=m+1，那么先手只能拿最多m个，最后后手肯定能拿走最后的剩下的。那么可以看出取胜法则是n=(m+1)*r+s (s #include using namespace std; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { int n,m; scanf

思路：手推了一下1到10的情况，发现是3的倍数的时候必败，其他情况必胜 #include using namespace std; int main() { int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { if(n%3==0) cout << "Cici" << endl; else cout << "Kiki"<<endl; } }

思路：国王和车手玩很快就出来规律了，马的话比较烦，可是不过手玩一下也是可以发现规律的...然后皇后其实就是一个威佐夫博弈 #include using namespace std; const int maxn = 1e6+7; int sg[maxn]; void init() { int cnt = 1; for(int i = 2;i<=1000;i++) { if(!s

思路：基础的巴什博奕 #include using namespace std; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); if(n%(m+1)==0) cout << "Rabbit\n"; else cout << "G

思路：手推了一下，发现n是斐波那契数时是必败态 #include using namespace std; #define LL long long int fact[105]; void init() { fact[0]=1; fact[1]=2; for(int i = 2;i<=44;i++) fact[i]=fact[i-1]+fact[i-2]; } int m

思路：一个变形的巴什博奕...           考虑如果n=(p+q)*r的话，那么A先取q个，然后每次B取K个，A再去p+q-K个，这样最后肯定会留给B p个，所以必胜。            如果n = (p+q)*r+s(s            如果n = (p+q)*r+s(s>p)，A先取T个，使得s-T 感觉智商不够用..... #include using n

思路：手玩一下样例可以发现，如果gcd(a,b)==1(a>b)，那么可以构造出1-b的所有出来，那么把所有都gcd起来，用最大的元素/gcd-n，那么就是还可以添加的元素，然后看奇偶就可以了 #include using namespace std; const int maxn = 1005; int a[maxn]; int main() { int n; scanf("%d"