HDU 3389 Nim博弈变形

Bob and Alice are playing a new game. There are n boxes which have been numbered from 1 to n. Each box is either empty or contains several cards. Bob and Alice move the cards in turn. In each turn the corresponding player should choose a non-empty box A and choose another box B that B<A && (A+B)%2=1 && (A+B)%3=0. Then, take an arbitrary number (but not zero) of cards from box A to box B. The last one who can do a legal move wins. Alice is the first player. Please predict who will win the game.

Input
The first line contains an integer T (T<=100) indicating the number of test cases. The first line of each test case contains an integer n (1<=n<=10000). The second line has n integers which will not be bigger than 100. The i-th integer indicates the number of cards in the i-th box.

Output
For each test case, print the case number and the winner’s name in a single line. Follow the format of the sample output.

Sample Input
2
2
1 2
7
1 3 3 2 2 1 2

Sample Output
Case 1: Alice
Case 2: Bob

分析

题目大致意思就是说有n个框，每个框都是空的或包含多张卡片，从A框里取大于0的卡片移动到B框去（AB为框编号），并且满足B < A && (A + B) % 2 = 1 && (A + B) % 3 = 0；并且A（A框里面）不为空，第i个整数表示第i个方框中的卡数当最后一位不能移动的时候为输，Alice先手。
看到这里就已经很像Nim博弈了，回忆一下Nim博弈经典题目：有n堆若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。 跑题了…题目说了每次移动都需要满足 B < A && (A + B) % 2 = 1 && (A + B) % 3 = 0，这个可以合并成为两个判断条件B < A && (A + B) % 6 == 3
现在来看看样例如何理解：
Case 1：
2
1 2
这里（A + B) % 6 == 3只有一种情况 A + B = 3

框编号	1	2
第i个边框里的卡片数	1	2

很简单的移动 编号为2的移动到编号为1的

框编号	1	2
第i个边框里的卡片数	3	0

再看样例2
Case 2：
7
1 3 3 2 2 1 2
此时（A + B) % 6 == 3有两种情况，A + B = 3或者9，可以明显的看出0+3，1+2，2+7，3+6，4+5；

框编号	1	2	3	4	5	6	7
第i个边框里的卡片数	1	3	3	2	2	1	2

移动是
第一步：编号7——>编号2

框编号	1	2	3	4	5	6	7
第i个边框里的卡片数	1	5	3	2	2	1	0

第二步：编号6——>编号3

框编号	1	2	3	4	5	6	7
第i个边框里的卡片数	1	2	4	3	2	0	0

第三步：编号5——>编号4

框编号	1	2	3	4	5	6	7
第i个边框里的卡片数	1	2	4	5	0	0	0

第四步：编号2——>编号1

框编号	1	2	3	4	5	6	7
第i个边框里的卡片数	3	0	4	5	0	0	0

因为不能在移动了所以Bob胜。

可以很清楚的看到也可以很容易的总结出来
不管怎么移动，最后的终点就是1，3，4号，也就是说1，3，4号是不能够再转移卡片到其他框里的，其他框中的卡片经过若干步的转移最终也一定会转移到1，3，4号中去。

每个位置移到下个位置后奇偶性改变，模3结果也有固定变化（0->0,1->2,2->1），比如模3为1的奇数可以移到模3为2的偶数，再走一步又走到模3为1的奇数，但最终只可能移到模3为1的奇数，也就是1（因为1、3、4中没有模3为2的），其他类型的数的最终位置也可如此得到。由于移到的最终位置(1 or 3 or 4)是固定的，本身的奇偶性和模3结果也是固定的，那么移动步数的奇偶性也是固定的。

再看题目之前我们已经合并成为两个条件了B < A && (A + B) % 6 = 3，就可以很容易的模出来，模6为0、2、5的位置移动步数为奇，其余为偶。既n % 6 = 0，2，5时到达终点1，3，4时总是会走奇数步，其他为偶数步。
贴一张图可以很清楚的明白了
图片转载

接下来就很容易的证明出来，偶数步无关紧要，因为就算偶数步移了，在下一步我可以把对方的操作往后移一步，而奇数步可以一下子就达到1，3，4的状态。
这就可以直接把奇数步的位置异或一下就行了
代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e4 + 5;
int a[maxn];

bool cmp(int a, int b)
{
    return a < b;
}
int main()
{
    int ans = 0;
    int t , n;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        int step = 0;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            cin >> a[i];
            if (i % 6 == 0  || i % 6 == 2 || i % 6 == 5)
                step ^= a[i];
        }
        if (step)
            cout <<"Case " << ++ans << ": " << "Alice" << endl;
        else
            cout <<"Case " << ++ans << ": " << "Bob" << endl;
    }
    return 0;
}