【博弈找规律问题汇总】

HDU1847 —— Good Luck in CET-4 Everybody!

`题意`：n张牌，轮流抓牌，每次抓的牌数是2的幂次，最后抓完牌的胜。(1≤n≤1000)(1\leq n\leq 1000)(1≤n≤1000)

`思路`：首先写在这个汇总题集的最前面，博弈问题，大致分为三类，① 经典模型 ② SG函数 ③ 找规律，而此题集主要针对的也是此类找规律问题。

对于此题，的确可以用SGSGSG函数解决，但是我们可以先找一下规律，不要着急下手。(实测，SG函数会T…)

此处用W表示Win，F表示Fail。1 - W 、2 - W、3 - F、4 - W、5 - W、6 - F…列的再多一些，就可以明显地发现当n为3倍数时，Fail，否则Win。这也是找规律的常见手段，枚举状态找规律。

`代码`：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1000+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n;int main()
{while(~scanf("%d",&n)){if(n%3 == 0) printf("Cici\n");else printf("Kiki\n");}return 0;
}/*
n张牌，轮流抓牌，每次抓的牌数是2的幂次，最后抓完牌的胜
*/

HDU2147 —— kiki’s game

`题意`：推方格，从(n,m)开始推，每次只能往左一格，往下一格，往左下一格，不能推了则为输。(0<n,m≤2000)(0<n,m\leq 2000)(0<n,m≤2000)

`思路`：博弈问题本质是个游戏，拿到问题的第一步应该是对于小状态进行模拟，很多简单找规律的问题都会迎刃而解。

111表示必胜态，000表示必败态，可以发现000出现的位置是固定的，即行数列数均为奇数的地方，由此此题解决。

`代码`：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 2000+1;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n,m;int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&m)){if(n == 0 || m == 0) break;if(n%2 && m%2) printf("What a pity!\n");else printf("Wonderful!\n");}return 0;
}/*
推方格，从(n,m)开始推，每次只能往左一格，往下一格，往左下一格，不能推了则为输。
*/

POJ1740 —— A New Stone Game

`题意`：对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步。① 从某堆中去掉至少一个 ② (可省略) 把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。

`思路`：此时可以先考虑只有两堆石子的时候，应该如何判断。不难发现，假如两堆石头一样多，则后者可以完全模仿前者的操作 (“模仿”与“两两分组”是最常见的博弈手段之一)，因此我们可以考虑将相同堆数的石头进行两两分组。

不难发现，如果石头堆数为偶数个，且恰好可以两两分组，并且每组中石头个数一致，则一定是必败态。即下图这种情况。

然后我们来证明其他所有情况均可转化为必胜态。假如nnn为奇数，则一定可以利用最多的那堆石子，将其他n−1n-1n−1堆石子进行两两分组。如下图所示，利用A部分使得第一堆与第二堆相同，利用B部分使第三堆和第四堆相同。

如果石子个数为偶数，但是并不能恰好两两分组，则将最大的一堆石子与最小的那堆石子进行匹配，然后利用最大的那堆石子填充其余每组石子之间的差距，构造出一个必败态。

`代码`：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int n,vis[N];int main()
{while(~scanf("%d",&n)){if(!n) break;rep(i,0,100) vis[i] = 0;rep(i,1,n){int xx; scanf("%d",&xx);vis[xx]++;}if(n%2 == 1){printf("1\n");continue;} int jud = 0;rep(i,0,100){if(vis[i]%2 == 1) jud = 1;}if(jud) printf("1\n");else printf("0\n");}return 0;
}/*
对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步.
第一步从某堆中去掉至少一个.
第二步（可省略）把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。
*/

HDU4388 Stone Game II

`题意`：nnn堆石子，每堆石子有一定的数目，每次操作任选一堆石子，该堆石子原数目为xxx，取石子至仅剩kkk个，要求k ^ x < x。取完石子后再增加一堆石子，石子个数为k ^ x。每个选手在每轮游戏中仅有一次机会将增加的那一堆石子个数改为2*k^x。问谁能获胜。

`思路`：这个题的主要难点在于如何处理k ^ x < x的问题，这个限制有什么性质。因此我们需要打表，查看k与k ^ x与x的关系，打表之后可以发现无论如何取，x与k ^ x二进制形式中111的个数与xxx中111的个数奇偶性相同。

假设一堆个数为xxx的石子，二进制中有kkk个111，最后分为了mmm堆，由于最后每一堆石子个数二进制形式中都只有111个111，因此mmm与kkk奇偶性相同。而mmm堆即分了m−1m-1m−1次，所以通过mmm的奇偶性即可判定先手胜负。

`代码`：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+100;
const int M = 1e5+100;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;int countt(int x){int num = 0;while(x){if(x&1) num++; x >>= 1;}return num;
}int main()
{int _,n,tp; scanf("%d",&_);rep(kk,1,_){scanf("%d",&n); tp = 0;rep(i,1,n){int xx; scanf("%d",&xx);tp += countt(xx)-1;}printf("Case %d: ",kk);if(tp%2) printf("Yes\n");else printf("No\n");}
}/* 打表程序
int main()
{int n = 100;rep(i,1,n){printf("************\n");LOG2("i",i,"num",countt(i));rep(j,1,i-1){if((j^i) < i){LOG3("j",j,"j^i",(j^i),"num",(countt(j)+countt(j^i)));}}}return 0;
}*/

总结：

找规律问题经常在博弈问题中出现，不属于特定的模型，但是需要找到规律。而找规律通常的方法有 ① 小状态枚举 ② 打表找规律 ③ 奇偶讨论、两两分组、模仿先手行为等策略。

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HDU1847 —— Good Luck in CET-4 Everybody!

`题意`：n张牌，轮流抓牌，每次抓的牌数是2的幂次，最后抓完牌的胜。(1≤n≤1000)(1\leq n\leq 1000)(1≤n≤1000)

`思路`：首先写在这个汇总题集的最前面，博弈问题，大致分为三类，① 经典模型 ② SG函数 ③ 找规律，而此题集主要针对的也是此类找规律问题。

对于此题，的确可以用SGSGSG函数解决，但是我们可以先找一下规律，不要着急下手。(实测，SG函数会T…)

此处用W表示Win，F表示Fail。1 - W 、2 - W、3 - F、4 - W、5 - W、6 - F…列的再多一些，就可以明显地发现当n为3倍数时，Fail，否则Win。这也是找规律的常见手段，枚举状态找规律。

`代码`：

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`思路`：博弈问题本质是个游戏，拿到问题的第一步应该是对于小状态进行模拟，很多简单找规律的问题都会迎刃而解。

111表示必胜态，000表示必败态，可以发现000出现的位置是固定的，即行数列数均为奇数的地方，由此此题解决。

`代码`：

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`题意`：对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步。① 从某堆中去掉至少一个 ② (可省略) 把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。

不难发现，如果石头堆数为偶数个，且恰好可以两两分组，并且每组中石头个数一致，则一定是必败态。即下图这种情况。

然后我们来证明其他所有情况均可转化为必胜态。假如nnn为奇数，则一定可以利用最多的那堆石子，将其他n−1n-1n−1堆石子进行两两分组。如下图所示，利用A部分使得第一堆与第二堆相同，利用B部分使第三堆和第四堆相同。

如果石子个数为偶数，但是并不能恰好两两分组，则将最大的一堆石子与最小的那堆石子进行匹配，然后利用最大的那堆石子填充其余每组石子之间的差距，构造出一个必败态。

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`思路`：这个题的主要难点在于如何处理k ^ x < x的问题，这个限制有什么性质。因此我们需要打表，查看k与k ^ x与x的关系，打表之后可以发现无论如何取，x与k ^ x二进制形式中111的个数与xxx中111的个数奇偶性相同。

假设一堆个数为xxx的石子，二进制中有kkk个111，最后分为了mmm堆，由于最后每一堆石子个数二进制形式中都只有111个111，因此mmm与kkk奇偶性相同。而mmm堆即分了m−1m-1m−1次，所以通过mmm的奇偶性即可判定先手胜负。

`代码`：

总结：

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此处用W表示Win，F表示Fail。1 - W 、2 - W、3 - F、4 - W、5 - W、6 - F…列的再多一些，就可以明显地发现当n为3倍数时，Fail，否则Win。这也是找规律的常见手段，枚举状态找规律。

代码：

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思路：博弈问题本质是个游戏，拿到问题的第一步应该是对于小状态进行模拟，很多简单找规律的问题都会迎刃而解。

111表示必胜态，000表示必败态，可以发现000出现的位置是固定的，即行数列数均为奇数的地方，由此此题解决。

代码：

POJ1740 —— A New Stone Game

题意：对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步。① 从某堆中去掉至少一个 ② (可省略) 把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。

不难发现，如果石头堆数为偶数个，且恰好可以两两分组，并且每组中石头个数一致，则一定是必败态。即下图这种情况。

然后我们来证明其他所有情况均可转化为必胜态。假如nnn为奇数，则一定可以利用最多的那堆石子，将其他n−1n-1n−1堆石子进行两两分组。如下图所示，利用A部分使得第一堆与第二堆相同，利用B部分使第三堆和第四堆相同。

如果石子个数为偶数，但是并不能恰好两两分组，则将最大的一堆石子与最小的那堆石子进行匹配，然后利用最大的那堆石子填充其余每组石子之间的差距，构造出一个必败态。

代码：

HDU4388 Stone Game II

思路：这个题的主要难点在于如何处理k ^ x < x的问题，这个限制有什么性质。因此我们需要打表，查看k与k ^ x与x的关系，打表之后可以发现无论如何取，x与k ^ x二进制形式中111的个数与xxx中111的个数奇偶性相同。

假设一堆个数为xxx的石子，二进制中有kkk个111，最后分为了mmm堆，由于最后每一堆石子个数二进制形式中都只有111个111，因此mmm与kkk奇偶性相同。而mmm堆即分了m−1m-1m−1次，所以通过mmm的奇偶性即可判定先手胜负。

代码：

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`思路`：首先写在这个汇总题集的最前面，博弈问题，大致分为三类，① 经典模型 ② SG函数 ③ 找规律，而此题集主要针对的也是此类找规律问题。

`代码`：

`题意`：推方格，从(n,m)开始推，每次只能往左一格，往下一格，往左下一格，不能推了则为输。(0<n,m≤2000)(0<n,m\leq 2000)(0<n,m≤2000)

`思路`：博弈问题本质是个游戏，拿到问题的第一步应该是对于小状态进行模拟，很多简单找规律的问题都会迎刃而解。

`代码`：

`题意`：对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步。① 从某堆中去掉至少一个 ② (可省略) 把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。

`代码`：

`思路`：这个题的主要难点在于如何处理k ^ x < x的问题，这个限制有什么性质。因此我们需要打表，查看k与k ^ x与x的关系，打表之后可以发现无论如何取，x与k ^ x二进制形式中111的个数与xxx中111的个数奇偶性相同。

`代码`：