S-Nim
Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 2883 Accepted Submission(s): 1280
The starting position has a number of heaps, all containing some, not necessarily equal, number of beads.
The players take turns chosing a heap and removing a positive number of beads from it.
The first player not able to make a move, loses.
Arthur and Caroll really enjoyed playing this simple game until they recently learned an easy way to always be able to find the best move:
Xor the number of beads in the heaps in the current position (i.e. if we have 2, 4 and 7 the xor-sum will be 1 as 2 xor 4 xor 7 = 1).
If the xor-sum is 0, too bad, you will lose.
Otherwise, move such that the xor-sum becomes 0. This is always possible.
It is quite easy to convince oneself that this works. Consider these facts:
The player that takes the last bead wins.
After the winning player's last move the xor-sum will be 0.
The xor-sum will change after every move.
Which means that if you make sure that the xor-sum always is 0 when you have made your move, your opponent will never be able to win, and, thus, you will win.
Understandibly it is no fun to play a game when both players know how to play perfectly (ignorance is bliss). Fourtunately, Arthur and Caroll soon came up with a similar game, S-Nim, that seemed to solve this problem. Each player is now only allowed to remove a number of beads in some predefined set S, e.g. if we have S =(2, 5) each player is only allowed to remove 2 or 5 beads. Now it is not always possible to make the xor-sum 0 and, thus, the strategy above is useless. Or is it?
your job is to write a program that determines if a position of S-Nim is a losing or a winning position. A position is a winning position if there is at least one move to a losing position. A position is a losing position if there are no moves to a losing position. This means, as expected, that a position with no legal moves is a losing position.
2 游戏C：
2 甲乙两人面对若干排石子，其中每一排石子的数目可以任意确定。例如图2所示的初始局面：共n=3排，其中第一排的石子数a1=7，第二排石子数a2=3，第三排石子数a3=3。两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下：
Ø 每一步必须从某一排中取走两枚石子；
Ø 这两枚石子必须是紧紧挨着的；
Ø 如果谁无法按规则取子，谁就是输家。
G 在游戏C中，g(7)={#(5), #(1, 4), #(2, 3)}。
G
Ø 若#S=0，则无论先行者如何取子S→T，都有#T≠0。
& 设S=(a1, a2, …, an)，由于先行者只能选择一堆石子，不妨设选择了a1；
& 因为#S=f(a1)+#(a2, …, an)=0，所以f(a1)=#(a2, …, an)；
& 先行者可能将局面(a1)变为局面(b1, …, bm)，#(b1, …, bm)属于集合g(a1)；
& 设这时的局面为T，我们有T=(b1, …, bm)+(a2, …, an)；
& #T=#(b1, …, bm)+#(a2, …, an)=#(b1, …, bm)+f(a1)；
& 如果要求#T≠0，则必然有#(b1, …, bm)≠f(a1)；
& 因此，函数f(a1)的值，不属于集合g(a1)。（充要）
G
Ø 若#S≠0，则先行者必然存在一种取子方法S→T，且#T=0。
& 设S=(a1, a2, …, an)，p=#S=f(a1)+f(a2)+…+f(an)；
& 因为p≠0，所以必然存在k，使得f(ak)+p<f(ak)，不妨设k=1，f(a1)+p=x；
& 因为p=#S=f(a1)+#(a2, …, an)，故(a2, …, an)=p+f(a1)=x；
& 如果先行者把局面(a1)变为局面(b1, …, bm)，#(b1, …, bm)属于集合g(a1)；
& 设这时的局面为T，我们有T=(b1, …, bm)+(a2, …, an)；
& #T=#(b1, …, bm)+#(a2, …, an)=#(b1, …, bm)+x；
& 如果要使#T=0，相当于要找到(b1, …, bm)，使得#(b1, …, bm)等于x；
& 如果可以保证x属于集合g(a1)，则肯定可以找到相应的的(b1, …, bm)；
& 因为x<f(a1)，所以，x属于集合{0, 1, …, f(a1)–1}；
& 如果集合g(a1)包含集合{0, 1, …, f(a1)–1}，则x一定属于g(a1)。（充分）
G
2 函数f满足要求的一个充分条件
Ø f(a1)不属于集合g(a1)。
Ø 集合g(a1)包含集合{0, 1, …, f(a1)–1}。
G 如果g(a1)={0, 1, 2, 5, 7, 8, 9}，则f(a1)=3，满足要求。
F 用大写字母N表示非负整数集，即N={0, 1, 2, …}。
F 令N为全集，集合G(x)表示集合g(x)的补集。
F 定义函数f(n)：f(n)=min{G(n)}，即f(n)等于集合G(n)中的最小数。
F 设局面S=(a1, a2, …, an)，#S=f(a1)+f(a2)+…+f(an)，采用二进制数的加法。
* 若#S=0，则S负；若#S≠0，则S胜。
G 游戏C的f值：
Ø g(0)={}，G(0)={0, 1, …}，f(0)=0；
Ø g(1)={}，G(1)={0, 1, …}，f(1)=0；
Ø g(2)={#(0)}={f(0)}={0}，G(2)={1, 2, …}，f(2)=1；
Ø g(3)={#(1)}={f(1)}={0}，G(2)={1, 2, …}，f(3)=1；
Ø g(4)={#(2), #(1, 1)}={f(2), f(1)+f(1)}={1, 0}，G(4)={2, 3, …}，f(4)=2；
Ø g(5)={#(3), #(1, 2)}={f(3), f(1)+f(2)}={1, 1}，G(5)={0, 2, 3, …}，f(5)=0；
Ø g(6)={#(4), #(1, 4), #(2, 2)}={2, 1, 0}，G(6)={3, 4, …}，f(6)=3；
Ø g(7)={#(4), #(1, 4), #(2, 3)}={2, 2, 0}，G(7)={1, 3, 4, …}，f(7)=1；
G 图2所示的局面S=(7, 3, 3)，有#S=f(7)+f(3)+f(3)=1+1+1=1，故S胜。
游戏C的初始局面S=(3, 4, 6)，有#S=1+2+3=01+10+11=0，故S负。
{
int i,t;
bool g[101];
memset(g,false,sizeof(g));
for(i=0;i<k;i++)
{
t=n-num[i];
if(t<0)
break;
if(sg[t]==-1)
sg[t]=mex(t);
g[sg[t]]=true;
}
for(i=0;;i++)
if(!g[i])
return i;
}
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int sg[10001];
bool g[101];
int k,num[101];
int mex(int n)
{
int i,t;
memset(g,false,sizeof(g));
for(i=0;i<k;i++)
{
t=n-num[i];
if(t<0)
break;
if(sg[t]==-1)
sg[t]=mex(t);
g[sg[t]]=true;
}
for(i=0;;i++)
if(!g[i])
return i;
}
int main()
{
int i,n,l,digit,ans;
while(~scanf("%d",&k),k)
{
for(i=0;i<k;i++)
scanf("%d",num+i);
sort(num,num+k);
scanf("%d",&n);
memset(sg,-1,sizeof(sg));
while(n--)
{
ans=0;
scanf("%d",&l);
while(l--)
{
scanf("%d",&digit);
ans^=mex(digit);
}
if(ans==0)
printf("L");
else
printf("W");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int sg[10001];
int k,num[101];
int mex(int n)
{
int i,t;
bool g[101];
memset(g,false,sizeof(g));
for(i=0;i<k;i++)
{
t=n-num[i];
if(t<0)
break;
if(sg[t]==-1)
sg[t]=mex(t);
g[sg[t]]=true;
}
for(i=0;;i++)
if(!g[i])
return i;
}
int main()
{
int i,n,l,digit,ans;
while(~scanf("%d",&k),k)
{
for(i=0;i<k;i++)
scanf("%d",num+i);
sort(num,num+k);
scanf("%d",&n);
memset(sg,-1,sizeof(sg));
while(n--)
{
ans=0;
scanf("%d",&l);
while(l--)
{
scanf("%d",&digit);
ans^=mex(digit);
}
if(ans==0)
printf("L");
else
printf("W");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
扫一扫
1286
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
