bzoj 3895: 取石子
Description
Alice和Bob两个好朋含友又开始玩取石子了。游戏开始时，有N堆石子
排成一排，然后他们轮流操作（Alice先手），每次操作时从下面的规则中任选一个：
·从某堆石子中取走一个
·合并任意两堆石子
不能操作的人输。Alice想知道，她是否能有必胜策略。
Input
第一行输入T，表示数据组数。
对于每组测试数据，第一行读入N。
接下来N个正整数a1，a2…an，表示每堆石子的数量。
Output
对于每组测试数据，输出一行。
输出YES表示Alice有必胜策略，输出NO表示Alice没有必胜策略。
Sample Input
3
3
1 1 2
2
3 4
3
2 3 5
Sample Output
YES
NO
NO
HINT
100%的数据满足T<=100, N<=50. ai<=1000
思路： 我们可以简单猜想当总操作数$\sum a[i] + n-1$ 是奇数的时候，先手必胜。 但事实并非如此，有些情况并不成立 。 我们可以发现，当n是1的时候，这样结论显然成立。
另外，我们还可以总结出当没有数量为1的石子堆时，这个结论也是成立的。 下面我们先来证明这个结论。
猜想： 当没有数量为1的堆，上面和是奇数的时候，先手必胜，如果是偶数，先手必败。
1. 先证明奇数必胜，对于先手来说，如果n>1，那么只要选两堆合并， 那么总操作数变成偶数，n=1明显只能选择减少1操作，后手还是偶数。对于后手来说，无论他是减少1,还是合并操作，留下的总操作数一定还是奇数。
对于某些读者来说，可能会问，如果后手把某个2变成1,先手该怎么办，其实这个很容易操作，如果堆数超过1,先手一定选择合并这个数量为1的堆，如果只有一堆了而且还是1,明显先手必胜了。 所以，先手总是有办法让
后手必败（操作数为偶数的局面)，后手无论怎么走，都会让先手必胜(变成操作为奇数的局面)，所以我们证明成立。
2. 在上面，我们也证明了当操作数是偶数的时候，先手是必败的。
接下来我们考虑有数量为1的堆的时候的情况，这个情况比较复杂，因为如果某个人把1减少1,那么这个堆同时也消失了，相当于操作数减少了2。
由于数据规模不是很大，我们采用了动态规划的思想，用记忆化搜索来实现情况。
$f[a][b]$表示当数量为1的堆有a个，剩下的堆的操作数是b的时候，先手是必胜还是必败，$f[a][b]=1$表示必胜，否则必败。b中不会出现数量为1的堆，除非只剩下一个堆了。
情况1： 当a>=2的时候，合并两个数量为1的堆，这样就让b这边的操作数增加了2+(b>0)，因为如果原来b大于0，相当于操作数增加了3，否则b原来是0,那么操作是只增加2.
情况2： 和a>0 并且b>0 的时候，我们可以合并一个数量为1的堆和b中一个数量不为1的堆，那么a减少1,b增加1
情况3：b>=2,我们合并b里面的两个堆或者减少1，无论哪种，都是让b里面的操作数减少1。
情况4： 当a>0的时候，我们可以减少一个数量为1的堆，这样a就减少1,b不变。
另外有一种非常特殊的情况，就是b等于1了，刚才我们说了，b里面不会出现数量为1的堆，除非只剩下一个堆了。因为b里面只要堆的数量超过1,就一定可以用合并超过替代减少1操作，这样是等价的。
除非b里面只有一个堆了，那么我们就只能不断减少1了。
所以当b是1的时候，实际我们求的问题应该变成f[a+1][0]
以上内容是我自己的一个总结，网上有些题解感觉写的不是很清楚，我自己理了一下思路，重新写了一个题解。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int const N=50+3; 4 int f[N][60000],n,a[N]; 5 int dfs(int a,int b){ 6 if(b==1) return f[a][b]=dfs(a+1,0); 7 if(f[a][b]>-1) return f[a][b]; 8 if(!a) return f[a][b]=b&1; 9 int t=2; 10 if(a>=2) t=min(t,dfs(a-2,b+2+(b>0))); 11 if(a && b) t=min(t,dfs(a-1,b+1)); 12 if(b) t=min(t,dfs(a,b-1)); 13 if(a) t=min(t,dfs(a-1,b)); 14 return f[a][b]=t^1; 15 } 16 17 int main(){ 18 int cas; 19 scanf("%d",&cas); 20 memset(f,-1,sizeof(f)); 21 while (cas--){ 22 scanf("%d",&n); 23 int x=0,y=0,num=0; 24 for(int i=1;i<=n;i++){ 25 scanf("%d",&a[i]); 26 if(a[i]==1) x++; 27 else num++,y+=a[i]+1; 28 } 29 if(num) y--; 30 if(dfs(x,y)) puts("YES"); 31 else puts("NO"); 32 } 33 return 0; 34 }
