题解 UVA1567 【A simple stone game】

题目大意

一堆石子有n个，首先第一个人开始可以去1~ ? − 1 个（就是不能取完），接下来两人轮流取石子。每个人可取的石子数必须是一个不超过上一次被取的石子的?倍的整数,先取完的人获胜,问先手是否必胜,必败输出lose,必胜输出第一步的操作。

有多组数据，每组给出n和k

首先考虑k=1的情况

先打个小点的表

n	2	3	4	5	6	7	8	9
P/N	P	N	P	N	N	N	P	N

可以发现所有败的状态都是2的i次方

为什么呢

考虑把n进行2进制分解

当n不为2的i次方

例n=22分解后为10110

先手可以去掉最后面的一个1

由于后手取的数只能小于前个取的数的k,而k为1

这样的话后手一定不能去掉一个更高位的1,只能在后面的0中取

后手取完之后后面一定会生成至少一个新的1

前面的数值就会减少

先手就可以再通过上面的方法取最后一个1

这样到最后最后一个1就是先手的,所以必胜

而当n为2的i次方

由于题目限制不能一次性取完所以在先手第一次取完之后

后手再按上面一种情况的方法就可必胜,先手就必败

再考虑k=2的情况

再打个表(手推)和分析k=1情况时的规律

n	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	22
P/N	P	P	N	P	N	N	P	N	N	N	N	P	N	N	N	N	N	N	N	P	N

可以发现必败的状态为斐波那契数列上的数

因为正整数都可以用斐波那契数列上的数分解

把一个数用斐波那契数列从大到小分解

分解出的1一定不是相邻的

否则通过斐波那契数列的性质相邻的1一定可以合成更大的一个数

而在斐波那数列中中间位置隔至少为1的两个数

大的数一定为小的数的两倍以上所以也无法取到更大的一个1

也像k=1的情况那样只能在后面的0中取

按照k=1的方法就可知道必胜和必败态

K为其他的情况

有了上面的规律就可以扩展到k为其它数的情况

我们需要想办法构造出适用于k的类似上面两种情况的数列

条件：

1.使小于等于n的数都能被该数列上的数分解

2.一个数的用于分解的从大到小的数列上的数之间相邻数的倍数大于k倍

这样就可以用k=1的方法解决了

那么该怎么构造呢

设我们需要构造的数列为a[ i ],当数列为长度为i时最大能合成的数为b[ i ]

我们先假设我们已经构造了i项这个数列

因为b[ i ]是此时能合成的最大的数

那么b[ i ]+1的数此时就不能合成理所当然的a[ i+1]就需要等于b[ i ]+1

求现在最大能构造的数b[ i+1] 显然也需要用到a[ i+1]

因为需要满足分解的相邻两项的倍数大于k

设最后一个与a[ i+1]倍数大于k的位置为j

所以b[ i+1]=b[ j ]+a[ i+1];

如果没有倍数大于k的数那么显然b[ i+1]=a[ i+1];

而在b[ i ]到b[ i+1 ]之间的数由于1到b[ j ]的数都能合成和算上a[ i+1]

所以也都能合成出来

显然因为1也需要合成

所以初始状态 a[ 0 ]=1所以直接得出b[ 0 ]=1

递推下来这样序列就可以构好了

整理一下递推的式子(i为当前要求的 j为倍数大于k的最后个位置)

1.初始状态:--a[ 0 ]=b[ 0 ]=1;

2.a的递推:---a[ i ]=b[ i-1]+1;

3.b的递推:---if(a[ j ]*k<a[ i ]) b[ i ]=b[ j ]+a[ i ];

4.-------------else b[ i ]=a[ i ];

最后在考虑怎么得出答案

1.如果n为a中的数为必败直接输出“lose”

2.否则为必胜从大到小枚举a[ i ],n>=a[ i ]减去记录最后一个被减的i的位置

还有些细节还是看代码吧

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define C getchar()-48
inline ll read()
{ll s=0,r=1;char c=C;for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1;for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c;return s*r;
}
const int N=20000010;
int n,k,casen=1;//casen 记录当前是第几组数据
int a[N],b[N];
int main()
{int t=read();while(t--){n=read(),k=read();a[0]=b[0]=1;//初始状态 int i=0,j=0; while(n>a[i])//递推求a,b   因为还要判断n是否在数列上所以递推a到大于n为止
        {i++;a[i]=b[i-1]+1;//推a while(a[j+1]*k<a[i]) j++;//查找倍数大于k的最后一个位置 if(a[j]*k<a[i]) b[i]=b[j]+a[i];//推b  else b[i]=a[i];}printf("Case %d: ",casen++);int ans;if(n==a[i]){printf("lose\n");continue;}//必败 for(;n;i--)//必胜 找最后一个被减的i if(n>=a[i]){n-=a[i];ans=a[i];}printf("%d\n",ans);} return 0;
}

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