動態規劃質數取石子

題目描述 dd 和 mm 正在玩取石子遊戲。他們的遊戲規則是這樣的：桌上有若干石子，dd 先取，輪流取，每次必須取質數個。如果某一時刻某一方無法從桌上的石子中取質數個，比如說剩下 0 個或 1 個石子，那麼他/她就輸了。 dd 和 mm 都很聰明，不管哪方存在乙個可以必勝的最優策略，他/她都會按照最優策略保證勝利。於是，dd 想知道，對於給定的桌面上的石子數，他究竟能不能取得勝利呢？當 dd 確定會取得勝利時，他會說：「不管 mm 選擇怎樣的取石子策略，我都能保證至多 x 步以後就能取得勝利。」那麼，最小的滿足要求的 x 是多少呢？注意，不管是 dd 取一次石子還是 mm 取一次石子都應該被計算為「一步」。輸入格式第一行有乙個整數 n，表示這個輸入檔案中包含 n 個測試資料。第二行開始，每行有乙個測試資料，其中僅包含乙個整數，表示桌面上的石子數。輸出格式你需要對於每個輸入檔案中的 n 個測試資料輸出相應的 n 行。如果對於該種情形是 dd 一定取得勝利，那麼輸出最小的 x。否則該行輸出 -1。樣例輸入 3 8 9 16 樣例輸出

1 -1 3

這是一道簡單的動態規劃（對我來說比較困難）。

看到題目，不難想到列舉最後一次取石子，但是若直接以剩下的石子數作為狀態，就會有後效性，因為最後一次是dd還是mm取石子的轉移條件是不一樣的。

所以考慮將最後一次取石子的人也作為狀態。

定義狀態如下：

用f[i][0]表示剩下i個石子，dd先取，他是否能夠取勝（若能取勝則值為取勝的最小步數，否則為-1。）；用f[i][1]表示剩下i個石子，mm先取，dd是否能夠取勝。

轉移方程：f[i][0] = max(f[i - p][1])（所有的f[i - p][1]都不為-1，否則f[i][0] = -1）；

f[i][1] = min(f[i - p][0])（有乙個f[i - p][0]不為-1，否則f[i][0] = -1）。

其中，p為所列舉的質數。

提交了4次：

第一次0分；

第二次20分；

第三次20分；之前的錯在在轉移時沒有按先取石子的人進行分類討論。

第四次100分。

accode：

#include #include #include #include const char fi = "rqnoj116.in";
const char fo = "rqnoj116.out";
const int maxn = 50010;
const int maxp = 5000;
const int max = 0x3fffff00;
const int min = -max;
int prime[maxp];
int f[maxn][2];
int n, n;
void init_file()
void mkprime()
}prime[i] = tmp;
f[prime[i]][0] = f[prime[i] + 1][0] = 1;
//在一步以內肯定能成功。
f[prime[i]][1] = f[prime[i] + 1][1] = -1;
//肯定失敗。
}} 
void dp(int i, bool odd)
f[i][odd] = std::max(f[i][odd],
f[i - prime[j]][!odd] + 1);
}if (f[i][odd] < -2)
f[i][odd] = -1;
}else
if (f[i][odd] == max)
f[i][odd] = -1;
}} 
void work()
}int main()

動態規劃 質數取石子

質數取石子

質數取石子

動態規劃 石子合併

相關推薦

動態規劃質數取石子

動態規劃石子合併