HDU7149. Alice and Bob (2022杭电多校第1场L题)

HDU7149. Alice and Bob (2022杭电多校第1场L题)

题意

黑板上有若干个非负整数，其中非负整数 $i$ 的数量为 $a_i$。

如果黑板上出现 $0$ 这个数，Alice获胜，若没有进行下面的操作。

Alice首先将这若干个非负整数划分成两个部分（可以有一部分为空，但Alice这样一定会输）。

Bob根据Alice划的两部分，选择其中的一部分擦掉，将另一部分的所有整数减 $1$。

操作完毕后，如果黑板上出现 $0$ 这个数，Alice获胜，否则继续上述操作。

直到所有数都擦完，黑板上都没有出现过 $0$ 这个数，Bob获胜。

假定Alice和Bob都以最优策略进行游戏，问谁会最终赢得游戏。

分析

对于Alice来说，0是唯一的不需要继续操作的必胜态的必要子集，我们可以尝试从0推出所有的必胜态的所有必要子集。

利用一个很显然的性质，如果Alice能做到划分出的两部分数都减掉1，这两部分数对于Alice来讲 都是 必胜态，则划分前的状态也是必胜态。

设一个集合 $S$，一开始 $S = {(0)}$。利用上面的性质进行逆推，两个 $(0)$ 可以推出 $(1,1)$，将这个元素加入到集合 $S$ 中。

变成 $S = \{(0),(1,1)\}$。
$(0)$ 和 $(1,1)$ 可以推出 $(2,2,1)$；
两个 $(1,1)$ 可以推出 $(2,2,2,2)$；
将这两个元素加入到集合 $S$ 中。

变成 $S = \{(0),(1,1),(2,2,1),(2,2,2,2)\}$。
$(0)$ 和 $(2,2,1)$ 可以推出 $(3,3,2,1)$；
$(1,1)$ 和 $(2,2,1)$ 可以推出 $(3,3,2,2,2)$；
两个 $(2,2,1)$ 可以推出 $(3,3,3,3,2,2)$；
$(2,2,2,2)$ 和 $(0)$ 可以推出 $(3,3,3,3,1)$；
$(2,2,2,2)$ 和 $(1,1)$ 可以推出 $(3,3,3,3,2,2)$；
$(2,2,2,2)$ 和 $(2,2,1)$ 可以推出 $(3,3,3,3,3,3,2)$；
$(2,2,2,2)$ 和 $(2,2,2,2)$ 可以推出 $(3,3,3,3,3,3,3,3)$；
将上面推出的 $7$ 个元素加入到 $S$ 中。

以此类推……。

推了这么多，很容易发现这个集合里元素的性质。概括且抽象地说，假如我们认为每两个 $n$，能合并成一个 $n-1$，那么集合 $S$ 中的元素一定可以最终合并成元素 $(0)$。反之，如果某个状态能够合并成状态 $(0)$，那么这个状态一定在这个集合里面（这个“反之”可以想想为什么）。那么这个性质就可以完整描述这个集合了。并且，只要Alice遇到的状态中的某个子集在集合 $S$ 当中，Alice就赢了。

于是，判断这道题谁赢的方法也很显然了，可以从大到小进行贪心，如果数 $i$ 有 $a_i$ 个，那么数 $i-1$ 的个数（即 $a_{i-1}$）会增加 $\lfloor\frac{a_i}{2}\rfloor$ 个。以此类推，最后判断 $a_0$ 是否大于 $0$，如果大于 $0$，Alice赢，否则Bob赢。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
int n;
int num[maxn];
void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        cin >> num[i];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        num[i - 1] += (num[i] >> 1);
    }
    if (num[0] > 0) {
        cout << "Alice\n";
    } else {
        cout << "Bob\n";
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}