Alice and Bob

題意：

兩人博弈，每次一個(gè)人從一堆中拿k個(gè)，同時(shí)從另一堆拿k * s(s>=0)個(gè)，問誰先不能拿
10000組數(shù)據(jù),N<=5000

題解：

(x,y)表示第一堆石頭數(shù)量為x，第二堆為y
如果(x,y)是必?cái)顟B(tài)，那么通過取走石頭一次直接形成(x,y)的(x1,y1)必然不是必?cái)顟B(tài)

如果(x,y)不是必?cái)顟B(tài)，那(x1,y1)就不一定了
可以通過反證去理解
指向必?cái)顟B(tài)的是必勝狀態(tài)，必勝狀態(tài)可以指向必?cái)?#xff0c;也可以指向必勝。必?cái)顟B(tài)無法到必?cái)顟B(tài)

綜上：我們只需要關(guān)注一個(gè)點(diǎn)是否可以由必?cái)↑c(diǎn)得到，如果可以，該點(diǎn)不是必?cái)↑c(diǎn)，否則是必?cái)↑c(diǎn)

此時(shí)復(fù)雜度為O(n⁴),但是要知道一個(gè)結(jié)論：對于一個(gè)的i只存在至多一種j后手能夠獲勝
證明如下：
若存在（i，q）（i，p）（p>q）滿足后手勝，那么Alice只需將（i，p）->（i，q）即可獲勝，不滿足后手勝的條件。
這樣復(fù)雜度就大約在O(n³)

代碼：

#include<iostream> #include<stdio.h> using namespace std; bool f[5001][5001]; int main() { for(int i=0;i<=5000;i++)//自小到大枚舉i，jfor(int j=0;j<=5000;j++){if(f[i][j]==0)//對于每種必?cái)B(tài)進(jìn)行拓展{for(int k=1;k+i<=5000;k++)for(int s=0;s*k+j<=5000;s++)f[i+k][j+s*k]=1;for(int k=1;k+j<=5000;k++)for(int s=0;s*k+i<=5000;s++)f[i+s*k][j+k]=1;}}int t,n,m;cin>>t;while(t--){scanf("%d%d",&n,&m);if(f[n][m]==0){puts("Bob");}else puts("Alice");}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Alice and Bob的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯(cuò)，歡迎將生活随笔推薦給好友。