uva11758 解題報告（神博弈之一）

2021-07-08 10:10:55 字數 2035 閱讀 3293

題目鏈結

題意：給你乙個一維的棋盤，大小為n，然後給你k個棋子，k一定為偶數，有k/2個灰棋子，k/2個白棋子，灰色和白色一定成對擺放（先灰後白）然後兩個人,a,b,每次可以進行一種操作，可以選擇其中d個棋子（a只能選灰，b只能選白）讓這個棋子左移或者右移任意步（至少要選擇乙個棋子移動一步）問你一共有多少種擺放方式，使得先手必勝

解析：


分析之，灰色棋子向左是無意義的，（後手進行相同的推進操作，局面不變）同理，白色棋子向右也無意義。所以我們只考慮灰色向右和白色向左。那麼這樣看來，每對棋子就是乙個nim遊戲。


不過因為先手可以選擇d堆進行操作，求先手必勝的狀態必然複雜度很高，那麼反之，用總的擺法減去後手必勝就是先手必勝。


對於這樣k堆的nim，每次選擇1-d堆進行操作，有乙個定理，就是a1,a2,a3...ak的每位二進位制的和一定要是(d+1)的倍數（可以為0）這樣就是後手必勝的條件。


至於為什麼這樣，簡單說說，不嚴格證明。


假設a1,a2,a3...ak的二進位制位寫開（每個數占一列，從最低位到第18位（一般18即可，不夠再加）） 對於每行都滿足1的個數為d+1的倍數，我們稱這個狀態為平衡態。先手遇到此平衡態必敗。如果先手隨意破壞此平衡態，對於後手來說，因為也可以選至多d個數，然後再把先手每拿掉的一些位上的1拿掉即可（這樣比較抽象，可以這麼理解，就是10個糖果，最多拿d個最少拿乙個，當然必勝策略就是你的對手拿了a個，你就拿d+1-a個不就行了（平衡態後手必勝策略））


明白了這個結論之後，假設a1,a2,...,ak都已經確定，那麼沒確定的就是他的擺放位置，和a1,a2...ak多大沒有半毛錢關係。然後這道題就成了一道dp計數的問題（類似數字dp）dp[i][j]表示前行，權和為j的個數）乙個數字的揹包就這樣了。列舉這一行1的個數m滿足d+1|m，進行一次選擇就行了，最後再計算這樣的a1-ak有多少種擺法（把每堆打包插入，排列組合）


演算法就是醬紫
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// created by matrix on 2015-11-26


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//#pragma comment(linker, "/stack:102400000,102400000")


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#include 


#define all(x) x.begin(), x.end()


#define ins(x) inserter(x, x,begin())


#define ll long long


#define clr(x) memset(x, 0, sizeof x)


using


namespace


std;


const


int inf = 0x3f3f3f3f;


const ll mod = 1e9 + 7;


const


int maxn = 1e2 + 10;


const


int maxv = 1e3 + 10;


const


double eps = 1e-9;


int t;


int n, k, d;


ll c[maxn * 100][maxn];


ll dp[20][maxv * 10];


int main() 


}while(t--) }}


ll ans = c[n][2*k];


// printf("ans = %lld\n", ans);


for(int i = 0; i <= n - 2 * k; i++) 


cout


<< ans << endl;


}return


0;}

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