[HNOI2010]STONE取石头游戏
题目描述
A 公司正在举办一个智力双人游戏比赛----取石子游戏，游戏的获胜者将会获得 A 公司提供的丰厚奖金，因此吸引了来自全国各地的许多聪明的选手前来参加比赛。
与经典的取石子游戏相比，A公司举办的这次比赛的取石子游戏规则复杂了很多：
l 总共有N堆石子依次排成一行，第i堆石子有 ai个石子。
l 开始若干堆石子已被 A公司故意拿走。
l 然后两个玩家轮流来取石子，每次每个玩家可以取走一堆中的所有石子，但有一个限制条件：一个玩家若要取走一堆石子，则与这堆石子相邻的某堆石子已被取走(之前被某个玩家取走或开始被A公司故意拿走)。注意：第 1堆石子只与第 2堆石子相邻，第N堆石子只与第N-1堆石子相邻，其余的第 i堆石子与第i-1堆和第 i+1 堆石子相邻。
l 所有石子都被取走时，游戏结束。谁最后取得的总石子数最多，谁就获得了这场游戏的胜利。
作为这次比赛的参赛者之一，绝顶聪明的你，想知道对于任何一场比赛，如果先手者和后手者都使用最优的策略，最后先手者和后手者分别能够取得的总石子数分别是多少。
输入输出格式
输入格式：第一行是一个正整数N，表示有多少堆石子。输入文件第二行是用空格隔开的N个非负整数a1, a2, ..., aN，其中ai表示第i堆石子有多少个石子，ai = 0表示第i堆石子开始被A公司故意拿走。输入的数据保证0<=ai<=100,000,000，并且至少有一个i使得ai = 0。30%的数据满足2<=N<=100，100%的数据满足2<=N<=1,000,000。
输出格式：仅包含一行，为两个整数，分别表示都使用最优策略时，最后先手者和后手者各自能够取得的总石子数，并且两个整数间用一个空格隔开。
输入输出样例
输入样例#1：
复制
输出样例#1： 复制
者取得9 + 1 + 7 = 17个石子，后手者取得2 + 4 + 3 = 9个石子。
本题和一般的博弈问题不一样。本题不讨论输赢,只让选手得到尽量多的石子。
由于双方最终石子数之和是确定的,双方的目标就是使自己-别人的石子数差最大
化。
首先我们可以抽象问题:
有两个栈,若干个双头队列,总长度不超过$10^{6}$
每次可以从栈顶取一个数,也可以从双头队列选一端取一个数。
$2$人轮流以最大化自己数字和的目标取数,问最终结果。
如果只有一个栈,那么取法是一定的。
如果只有一个队列,如果是奇数个,取法也是一定的。如果是偶数个,先手会取
max(奇数位的和,偶数位的和).
本题的关键难点是组合策略。
如果可取元素都是递减的,比如
1 2 3 0 2 1 2 0 4 1
容易发现先手只要贪心地从能取的元素里面拣最大的取走即可。
这样不会给后手好情况。
由于每次一定可以取全场最大值,所以只要一次排序然后交替取值即可。
4 3 2 2 2 1 1 1
如果不是这样,我们可以通过 2 个操作来化简数列:
1. 如果最左端是 A B.. 或者最右端是..B A, 且 A>=B
那么双方在有其它方案时都不会愿意先取走 B,故这种情况可以留到博弈的最后。
由于石子数是确定的,可以直接推出最后谁取到了 A,算出相应差值。
由于可以留到游戏的最后,此时删除这两堆并不影响两人之前的决策。
2. 如果有一段 ..A B C..
且满足 B>=A B>=C
那么我们直接把 ABC 替换成一个 A+C-B 即可。
我们可以这样想:选 A,B,C 的时候是因为没有更好的决策而被迫选的。事实上当
全场没有大于 A+C-B 的石子堆可以直接取时,才会考虑取 A,C 中的一个。那么不管第
一次取 A,B,C 中的元素是从哪边,后手一定也没有别的更好的选择,既然先手选 A/C
都已是被迫了,所以后手选 B 一定不会是差的。留下来的一个也一定是当前不差的选
择。故先手一定取走 A+C,后手取走 B。从对分数差的贡献来看,我们可以直接把 A,B,C
代替成 A+C-B
本题和一般的博弈问题不一样。本题不讨论输赢,只让选手得到尽量多的石子。
由于双方最终石子数之和是确定的,双方的目标就是使自己-别人的石子数差最大
化。
首先我们可以抽象问题:
有两个栈,若干个双头队列,总长度不超过$10^{6}$
每次可以从栈顶取一个数,也可以从双头队列选一端取一个数。
$2$人轮流以最大化自己数字和的目标取数,问最终结果。
如果只有一个栈,那么取法是一定的。
如果只有一个队列,如果是奇数个,取法也是一定的。如果是偶数个,先手会取
max(奇数位的和,偶数位的和).
本题的关键难点是组合策略。
如果可取元素都是递减的,比如
1 2 3 0 2 1 2 0 4 1
容易发现先手只要贪心地从能取的元素里面拣最大的取走即可。
这样不会给后手好情况。
由于每次一定可以取全场最大值,所以只要一次排序然后交替取值即可。
4 3 2 2 2 1 1 1
如果不是这样,我们可以通过 2 个操作来化简数列:
1. 如果最左端是 A B.. 或者最右端是..B A, 且 A>=B
那么双方在有其它方案时都不会愿意先取走 B,故这种情况可以留到博弈的最后。
由于石子数是确定的,可以直接推出最后谁取到了 A,算出相应差值。
由于可以留到游戏的最后,此时删除这两堆并不影响两人之前的决策。
2. 如果有一段 ..A B C..
且满足 B>=A B>=C
那么我们直接把 ABC 替换成一个 A+C-B 即可。
我们可以这样想:选 A,B,C 的时候是因为没有更好的决策而被迫选的。事实上当
全场没有大于 A+C-B 的石子堆可以直接取时,才会考虑取 A,C 中的一个。那么不管第
一次取 A,B,C 中的元素是从哪边,后手一定也没有别的更好的选择,既然先手选 A/C
都已是被迫了,所以后手选 B 一定不会是差的。留下来的一个也一定是当前不差的选
择。故先手一定取走 A+C,后手取走 B。从对分数差的贡献来看,我们可以直接把 A,B,C
代替成 A+C-B
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 typedef long long lol; 8 int n,top,pd[1000001],l,r,cnt,tot; 9 lol st[1000001],ans,sum,a[1000001]; 10 bool cmp(lol a,lol b) 11 { 12 return a>b; 13 } 14 int main() 15 {int i; 16 cin>>n; 17 for (i=1;i<=n;i++) 18 { 19 scanf("%lld",&st[++top]); 20 sum+=st[top]; 21 if (st[top]==0) pd[top]=1; 22 tot+=(bool)st[top]; 23 while (top>2&&(!pd[top])&&(!pd[top-1])&&(!pd[top-2])&&(st[top-1]>=st[top])&&(st[top-1]>=st[top-2])) 24 { 25 st[top-2]=st[top]+st[top-2]-st[top-1]; 26 top-=2; 27 } 28 } 29 for (l=1;(!pd[l])&&(!pd[l+1])&&(st[l]>=st[l+1]);l+=2) 30 ans+=tot&1?st[l]-st[l+1]:st[l+1]-st[l]; 31 for (r=top;(!pd[r])&&(!pd[r-1])&&(st[r]>=st[r-1]);r-=2) 32 ans+=tot&1?st[r]-st[r-1]:st[r-1]-st[r]; 33 for (i=l;i<=r;i++) 34 if (pd[i]==0) a[++cnt]=st[i]; 35 sort(a+1,a+cnt+1,cmp); 36 for (i=1;i<=cnt;i++) 37 { 38 if (i&1) ans+=a[i]; 39 else ans-=a[i]; 40 } 41 cout<<(sum+ans)/2<<' '<<(sum-ans)/2<<endl; 42 }
