[AGC048D] Pocky Game

一、题目

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二、解法

由于这是一个不平等博弈，我称左边的玩家为"左手"，右边的玩家为"右手"

通过手玩可以给出一些合理的猜测：当前人正在拿的那一堆的石子数越多越优。证明方法同样简洁：对于石子数更少的必胜方案，我们只需要把最后一步从取最后一个石子改成取走整堆石子，其他地方都不变即可。

那么可以根据这个性质来 $dp$，设 $F[l][r]$ 表示 $(l,r]$ 的石子都是原序列中的整堆，左手必胜需要最小的石子数是多少；再设 $G[l][r]$ 表示 $[l,r)$ 的石子都是原序列中的整堆，右手必胜需要的最小石子数是多少，下面我们讨论 $F[l][r]$ 的转移，$G[l][r]$ 的转移可以类似地推导出来。

首先考虑有两个显然的偏序关系（都是根据定义而来的）：

• $G[l+1][r]>a_r$，若此时左手执，则左手取完这堆石子之后必胜。
• $F[l][r-1]>a_l$，若此时右手执，则右手取完这堆石子之后必胜。

第一种转移：若 $G[l+1][r]>a_r$，那么 $F[l][r]=1$

第二种转移：若 $G[l+1][r]\leq a_r$，右手一定会在 $G[l+1][r]=a_r$ 的时候取完这堆石子，那么胜利的条件是可以逼迫后手进行完拉锯战，并且右手取完石子之后还可以满足子问题的胜利条件：

$$F[l][r]=(a_r-G[l+1][r]+1)+F[l][r-1]$$

用区间 $dp$ 的方式转移即可，最后判断 $F[1][n]$ 和 $a_1$ 的关系即可得出答案，时间复杂度 $O(n^2)$

三、总结

博弈论的新奇结论：考虑是否存在某一个分界点，使得它一边是 $N$ 状态，一边是 $P$ 状态。

博弈论中多考虑一些必胜态与必败态也许有助于思考（怎么感觉像是废话啊）

#include <cstdio>
const int M = 105;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,a[M],F[M][M],G[M][M];
void work()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),F[i][i]=G[i][i]=1;
	for(int l=n;l>=1;l--)
		for(int r=l+1;r<=n;r++)
		{
			//transform of F
			if(G[l+1][r]>a[r]) F[l][r]=1;
			else F[l][r]=(a[r]-G[l+1][r]+1)+F[l][r-1];
			//transform of G
			if(F[l][r-1]>a[l]) G[l][r]=1;
			else G[l][r]=(a[l]-F[l][r-1]+1)+G[l+1][r];
		}
	puts(F[1][n]<=a[1]?"First":"Second");
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}