【叭叭】CF1658E - Gojou and Matrix Game
入选原因
Warning
“叭叭” 专栏的所有思路不保证绝对正确，但是确实能够帮助AC，也确实值得记录。大概保真的思路参见“题解”专栏中带【题解】前缀的文章。
- 它挺好玩的
- 方法挺经典的
题意
Marin 和 Gojou 在 \(n\times n\) 的棋盘里选格子。每次选的格子与上一个人选的曼哈顿距离 \(>k\) .
可以得到选的格子上相应的分数（是 \(1--n^2\) 的排列），可以重复选。每个人可以选 \(10^{100}\) 次，最终得分和较大的获胜。
问 Marin 先选 每个 格子的时候，最终的胜负情况。
\(3\le n\le 2000,\, 1\le k\le n−2\).
思考过程
首先大家都可以玩很多轮，所以考虑游戏从什么时候开始就可以分出胜负了 （狼人什么时候赢 。
稍微玩一下，发现当有一个人可以占领 val 最大的格子，游戏就会结束。
（当然也有别的情况，但是先不管。）
X 占领了格子 (i,j)，意味着另一个人 Y 上一步选的格子 \((i',j')\), 满足\(\text{dis}((i,j),(i',j'))>k\)。
记 val=\(n^2\) 的点为 P，和 P 距离 \(\le k\) 的点组成集合 \(S^1\).
那如果 Marin 一开始的起点在 \(S^1\) 之外，Gojou 就可以直接选 P，同时因为 G 选了 P，M 在下一步不能选 P，而只能选 val<\(n^2\) 的数。G 赢麻了！
\(S^1\) 之外的点都是 G 赢，不用考虑了。接下来处理 \(S^1\) 里的数。
记 \(T_{某个数}\) 为与这个数距离不超过 \(k\) 的点的集合。
递归地想，取集合 \(S^i\) 里最大的数，令 \(S^{i+1}=S^i \bigcap T_{这个数}\)，每次是不是可以根据 \(k\le n-2\) 至少确定一半的状态？
怎么实现捏(￣▽￣)*
暴力模拟。会获得 \(\text{TLE on 6}\) 的好成绩。原因是有可能删到最后，\(S\) 里的数彼此之间距离都 \(\le k\)，退化到一个个删。
（但是怎么看，每个数都只被删一次，复杂度应该是 \(O(n^2\log n)\) 级别的才对呀，不是很懂）
想想。手段确实还可以再聪明很多。
在一个游戏中， 玩法 确定了，各个 局面 之间的关系也会确定。
在一个游戏中， 决策 确定了，各个 状态 之间的关系也会确定。
一次决策中，我们只关心它选了什么，会导致是谁赢。
令 \(f[i][j]\) 表示 M 先选了 \((i,j)\)，她能不能赢。 \(f[\text{pos of } n^2]=1\).
记 f[i][j]=1 的点组成集合S。
那么由第二段，集合 S 里的数两两距离 \(\le k\)。
依然按 val 从大到小确定。在 \(S^1\) 外面的点会被第一层限制（距离 val=\(n^2\) 的点 \(\le k\)）筛掉。第二个加入 S 的数便是集合 \(S^1\) 中次大的数，它会成为之后加入的数的新的限制。
这个操作其实是在选交集！
最后处理距离。
常用技巧：
(i+j), (i-j) 的 min 和 max 最值是可以用来表征整个集合的。维护这四个值即可。
CF的题解：
\(dp[i][j]=1\) if \(\forall\) (i′,j′) such that \(|i−i′|+|j−j′|>k\), we have \(dp[i′][j′]=0\).
Note that by taking the contrapositive, this is equivalent to \(\forall\) (i′,j′) such that \(dp[i′][j′]=1\), we have \(|i−i′|+|j−j′|\le k\).
逆否命题看起来很高级，是我逻辑没学好😔
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2005;
int n,k,w;
struct node {
int x,y,v;
node(){}
node(int _x,int _y,int _v){
x=_x, y=_y, v=_v;
}
};
#define pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define px first
#define py second
pr p[N*N];
bool f[N][N];
int main() {
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<=n; j++) {
int v;
scanf("%d",&v);
p[v]=mp(i,j);
}
}
node t=node(p[n*n].px,p[n*n].py,n*n);
f[t.x][t.y]=1;
int m[2][2]={{t.x-t.y,t.x-t.y},{t.x+t.y,t.x+t.y}};//minus/plus, min/max
for(int i=n*n-1;i;i--){
int m0=p[i].px-p[i].py, m1=p[i].px+p[i].py;
if(max({abs(m[0][0]-m0),abs(m[0][1]-m0),abs(m[1][0]-m1),abs(m[1][1]-m1)})>k) continue;
m[0][0]=min(m[0][0],m0), m[0][1]=max(m[0][1],m0);
m[1][0]=min(m[1][0],m1), m[1][1]=max(m[1][1],m1);
t=node(p[i].px,p[i].py,i);
f[t.x][t.y]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++) printf("%c",f[i][j]?'M':'G');
printf("\n");
}
return 0;
}
Ура！
