S-Nim | Brave Game | Good Luck in CET-4 Everybody!

Brave Game

题目

十年前读大学的时候，中国每年都要从国外引进一些电影大片，其中有一部电影就叫《勇敢者的游戏》（英文名称：Zathura），一直到现在，我依然对于电影中的部分电脑特技印象深刻。
今天，大家选择上机考试，就是一种勇敢（brave）的选择；这个短学期，我们讲的是博弈（game）专题；所以，大家现在玩的也是“勇敢者的游戏”，这也是我命名这个题目的原因。
当然，除了“勇敢”，我还希望看到“诚信”，无论考试成绩如何，希望看到的都是一个真实的结果，我也相信大家一定能做到的~

各位勇敢者要玩的第一个游戏是什么呢？很简单，它是这样定义的：
1、  本游戏是一个二人游戏;
2、  有一堆石子一共有\(n\)个；
3、  两人轮流进行;
4、  每走一步可以取走\(1…m\)个石子；
5、  最先取光石子的一方为胜；

如果游戏的双方使用的都是最优策略，请输出哪个人能赢。

input

2
23 2
4 3

output

first
second

思路

把 \(n\) 个石子分为 \(k\) 堆, 每堆 \(m+1\) 个。

若刚好 \(k\) 堆, 每堆都是 \(m+1\) 个, 则先手必输。
证明：
若只有一堆, 那么先手无论是取1, 还是取m, 最后都会剩下一部分, 而这一部分能被后手全部取完。
若 \(k\) 堆, 同样如此, 先手取任意一堆中一部分, 这堆中剩下部分都能被直接取完, 那么到最后还是剩一堆 \(m+1\) 且仍先手取。

若 \(k\) 堆, 第 \(k\) 堆不足 \(m+1\) 个, 则先手必赢。
证明：
由上个结论可得, 若每堆数量都是 \(m+1\) 则先手必输, 这里多出一堆小于\(m+1\)的, 当先手把这一小堆拿走后, 剩下的就是先手必输局面。

代码

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		int n,m;
		cin >> n >> m;
		if(n % (m + 1)) cout << "first\n";
		else cout << "second\n";
	}
	return 0;
}

Good Luck in CET-4 Everybody!

题目

大学英语四级考试就要来临了，你是不是在紧张的复习？也许紧张得连短学期的ACM都没工夫练习了，反正我知道的Kiki和Cici都是如此。当然，作为在考场浸润了十几载的当代大学生，Kiki和Cici更懂得考前的放松，所谓“张弛有道”就是这个意思。这不，Kiki和Cici在每天晚上休息之前都要玩一会儿扑克牌以放松神经。
“升级”？“双扣”？“红五”？还是“斗地主”？
当然都不是！那多俗啊~
作为计算机学院的学生，Kiki和Cici打牌的时候可没忘记专业，她们打牌的规则是这样的：
1、  总共n张牌;
2、  双方轮流抓牌；
3、  每人每次抓牌的个数只能是2的幂次（即：1，2，4，8，16…）
4、  抓完牌，胜负结果也出来了：最后抓完牌的人为胜者；
假设Kiki和Cici都是足够聪明（其实不用假设，哪有不聪明的学生~），并且每次都是Kiki先抓牌，请问谁能赢呢？
当然，打牌无论谁赢都问题不大，重要的是马上到来的CET-4能有好的状态。

input

1
3

output

Kiki
Cici

思路

做完上一题之后, 可以总结出一个方向, 若可以把总数分成多个先手必输的局面即必输态, 且无论何时都能让后手所遇到的局面为必输态, 那么就是先手必胜态,
上一题中就是分为 \(m+1\) 堆石子, 这一堆中谁先手必输。

这题取法不相同, 可以取所有的偶数。
显然若\(n\)为偶数或\(1\), 先手可直接取完, 为必胜态,
若\(n\)为奇数, 则将其分为 \(k\) 堆, 每堆 \(3\) 张牌, 对于每一堆, 先手只能取\(2\), 故为必输态。
此时和上一题已经是一样的思路了：
若刚好每堆都是 \(3\) 那就是先手必输, 若有一堆没分满\(3\), 则为先手必胜态。

代码

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
	int n;
	while(cin >> n)
	{
		if(n % 3) cout << "Kiki\n";
		else cout << "Cici\n";
	}
	return 0;
}

S-Nim

S-Nim
两个人玩游戏，规则是有 n 堆石子，分别有 \(a_1,a_2,…,a_n\)颗石头，每次从一堆石子中取一些石子，但是可取的石子数是规定了的，必须是 \(s_1,s_2,…,s_k\) 中的一个，谁无法操作就输。
input

2 2 5
3
2 5 12
3 2 4 7
4 2 3 7 12
5 1 2 3 4 5
3
2 5 12
3 2 4 7
4 2 3 7 12
0

output

LWW
WWL

思路

是否可以用之前的思路来写呢？把n堆合并成一堆, 然后找必胜态。
显然不行, 三个 \(1\) 石子的堆并不能拿 \(3\) 个。

引入SG函数：
Mex运算：
设S表示一个非负整数集合.定义\(mex(S)\)为求出不属于集合\(S\)的最小非负整数运算,即:
\(mes(S)=min{x}\);
例如:\(S={0,1,2,4}\),那么\(mes(S)=3\);
SG函数：
在有向图游戏中,对于每个节点\(x\),设从\(x\)出发共有\(k\)条有向边,分别到达节点\(y1,y2,····yk\),定义\(SG(x)\)的后记节点\(y1,y2,····\)
\(yk\)的\(SG\)函数值构成的集合在执行\(mex\)运算的结果,即:
\(SG(x)=mex({SG(y1),SG(y2)····SG(yk)})\)
特别地,整个有向图游戏\(G\)的\(SG\)函数值被定义为有向图游戏起点\(s\)的\(SG\)函数值,即 \(SG(G)=SG(s)\).
有向图游戏的和
设\(G_1，G_2,····,G_m\)是\(m\)个有向图游戏.定义有向图游戏\(G\),他的行动规则是任选某个有向图游戏\(G_i\),并在\(G_i\)上行动一步.\(G\)被称为有向图游戏\(G_1,G_2,·····,G_m\)的和.
有向图游戏的和的\(SG\)函数值等于它包含的各个子游戏\(SG\)函数的异或和,即:
\(SG(G)=SG(G_{1}) \wedge SG(G_2) \wedge··· \wedge SG(G_m)\)

先来看看简单的样例：
假设取石子的集合 \({2,5}\) , 仅有一堆石子, 石子数为 \(10\):

求出整个图的SG函数值（红色即是该节点的SG值）
可以发现：当SG值为0时, 从该点先手一定会输。

再根据有向图游戏的和性质, 若所有堆石子数异或后的结果为0, 则先手必输。

计算所有SG函数时使用记忆化搜索, 也算枚举了所有选择的可能, 相当暴力的做法, 复杂度为指数级别。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <unordered_set>
using namespace std;

//------- Coding Area ---------//
const int N = 1e2 + 10, M = 1e4 + 10; //f数组设大一点
int n, m, k;
int s[N], f[M];

int SG(int x)
{
    if (f[x] != -1)
        return f[x];
    bool st[110];
    memset(st, false, sizeof st);
    for (int i = 0; i < k; i++)
        if(x >= s[i])
            st[SG(x-s[i])] = 1;
    for (int i = 0;; i++)
        if (!st[i])
            return f[x] = i;
}

int main()
{
    while (cin >> k && k)
    {
        memset(s, 0, sizeof s);
        memset(f, -1, sizeof f);
        for (int i = 0; i < k; i++)
            scanf("%d", &s[i]);
        //sort(s, s + k); 很多博客这里会加sort, 其实可以不加, 具体看下文
        scanf("%d", &m);
        while(m--)
        {
            scanf("%d", &n);
            int res = 0;
            while(n--)
            {
                int x;
                scanf("%d", &x);
                res ^= SG(x);
            }
            if (res)
                printf("W");
            else
                printf("L");
        }
        printf("\n");
    }

    return 0;
}