title

BZOJ 1413
Description

在研究过Nim游戏及各种变种之后，Orez又发现了一种全新的取石子游戏，这个游戏是这样的： 有n堆石子，将这n堆石子摆成一排。游戏由两个人进行，两人轮流操作，每次操作者都可以从最左或最右的一堆中取出若干颗石子，可以将那一堆全部取掉，但不能不取，不能操作的人就输了。 Orez问：对于任意给出一个初始一个局面，是否存在先手必胜策略。

Input

文件的第一行为一个整数T，表示有 T组测试数据。对于每组测试数据，第一行为一个整数n，表示有n堆石子；第二行为n个整数ai，依次表示每堆石子的数目。

Output

对于每组测试数据仅输出一个整数0或1。其中1表示有先手必胜策略，0表示没有。

Sample Input

1
4
3 1 9 4

Sample Output

0
数据范围
对于30%的数据 n≤5 ai≤105
对于100%的数据 T≤10 n≤1000 每堆的石子数目≤109

analysis

首先我们令 ：
\(L[i][j]\) 表示当前 \([i,j]\) 区间左侧放置 \(L[i,j]\) 数量的石子后先手必败；
\(R[i][j]\) 表示当前 \([i,j]\) 区间右侧放置 \(R[i,j]\) 数量的石子后先手必败。
那么最后我们只要判断 \(a[1]\) 是否等于 \(L[2,n]\) 或者 \(a[n]\) 是否等于 \(R[1,n−1]\) 即可。

唯一性
考虑证明 \(L[i][j]\) 和 \(R[i][j]\) 的唯一性，发现我们只需要证明一个成立即可。

假设 \(L[i][j]\) 存在两个，那么我们先让 \([i,j]\) 左边放上大的 \(L[i][j]\)，那么它可以一步转移到另一个小的 \(L[i][j]\) ，仍旧是一个必败态，与定义矛盾，故 \(L[i][j]\) 只存在一个合法值。

转移
然后我们分类讨论...
假设当前处理到了 \(L[i][j]\) ，那么我们根据 \(L[i][j−1],R[i][j−1],a[j]\) 来处理，我们令 \(L=L[i][j−1],R=R[i][j−1],x=a[j]\)。

• \(x=R\)
  这种情况下，我们令 \(L[i][j]=0\) ，因为 \([i,j]\) 已经是个必败态了，左边加上任意石子，先手都可以全部取完，然后后手面对必败态。
• \(x<L,x<R\)
  这种情况下，我们令 \(L[i][j]=x\) ，这样先手不管从哪堆开始取，如果没有取完，后手只需要在另一堆取走相同数量的石子，就回到了原来的情况，
  那么如果说先手把一堆取完了，另一堆的石子数量必然是小于 \(L\) 和 \(R\) 的，相当于是先手从数量为 \(L\) 或者 \(R\) 的堆中取走了一些石子，后手必胜。
• \(L\leq x<R\)
  这种情况下，我们令 \(L[i][j]=x+1\) ，这样先手左边取左边取，取到 \(L\) 时，后手取光右边即可；
  左边取到比 \(L\) 大的话，右边只要取走相同的石子就好了，这样可以变回同样的状态；
  取到比 \(L\) 小的话，右边取到相同的石子数为止，这样两边的石子数都小于 \(L\) 和 \(R\) ，这样就回到了状态 2 ；
  如果先手在右边取，如果取到比 \(L\) 大，我们维持状态即可，和上面一样；
  如果比 \(L\) 小，那么我们左边取到和左边相等，这样还是回到了状态 2 ；
  如果右边被先手取光了，那么我们把左边取到 \(L\) ，先手面临的就是必败态了。
• \(R<x<L\)
  同上，我们令 \(L[i][j]=x−1\) 即可。
• \([i,i]\) 的边界情况
  我们只需要让 \(L[i][i]=a[i]\) 即可...因为左边放上 \(a[i]\) 就是先手必败的状态，考虑此时无论先手在哪里取，后手只要在另一堆里面取相同石子即可...

最后，yyb \(Orz\)。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e3+10;char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{x=0;T f=1, ch=getchar();while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();x*=f;
}char Out[1<<24],*fe=Out;
inline void flush() { fwrite(Out,1,fe-Out,stdout); fe=Out; }
template<typename T>inline void write(T x)
{if (!x) *fe++=48;if (x<0) *fe++='-', x=-x;T num=0, ch[20];while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;while (num) *fe++=ch[num--];*fe++='\n';
}int a[maxn],l[maxn][maxn],r[maxn][maxn];
int main()
{int T;read(T);while (T--){int n;read(n);for (int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]),l[i][i]=r[i][i]=a[i];for (int len=1; len<=n; ++len)for (int i=1; i+len<=n; ++i){int j=i+len;int L=l[i][j-1],R=r[i][j-1],z=a[j];if (R==z) l[i][j]=0;else if (L>z && R>z) l[i][j]=z;else if (L<=z && R>z) l[i][j]=z+1;else if (L>z && R<z) l[i][j]=z-1;else l[i][j]=z;L=l[i+1][j],R=r[i+1][j],z=a[i];if (R==z) r[i][j]=0;else if (L>z && R>z) r[i][j]=z;else if (L<=z && R>z) r[i][j]=z+1;else if (L>z && R<z) r[i][j]=z-1;else r[i][j]=z;}write(a[1]==l[2][n]?0:1);}flush();return 0;
}