AcWing 1321. 取石子
\(AcWing\) \(1321\). 取石子
一、题目描述
\(Alice\) 和 \(Bob\) 两个好朋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。
输入格式
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 \(a_1,a_2,⋯,a_N\) ，表示每堆石子的数量。
输出格式
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。
数据范围
\(1≤T≤100,1≤N≤50,1≤a_i≤1000\)
输入样例：
3
3
1 1 2
2
3 4
3
2 3 5
输出样例：
YES
NO
NO
二、博弈论总结
必胜态 \(\Rightarrow\) 选择合适方案 \(\Rightarrow\) 对手必败态
必败态 \(\Rightarrow\) 选择任何路线 \(\Rightarrow\) 对手必胜态
对手聪明绝顶，不会犯错误，一旦他有机会获胜，他一定能找到合适的方案！所以，一定不能让他有机会，也就是总要让他总是处于必败状态，你才能获胜！
三、思考过程
\(Q1\):本题中博弈的胜负与什么因素相关呢？
答：因为只有两种操作：拿走一个石子、合并两堆，很显然， 两个关键因素： 石子个数、堆数
\(Q2\):一般情况是什么，特殊情况是什么呢？
答：如果某一堆石子只有\(1\)个，随着我们执行拿走\(1\)个的操作，它的堆就没了，这样石子个数变了，堆数也变了，一下变两个，问题变复杂了，上来就想难题，怕是搞不定。
既然这样，我们就思考一下 一般情况 ：只考虑所有个数大于等于\(2\)的那些堆，其它可能存在石子数等于\(1\)的，等我们想明白这个一般情况问题再研究特殊情况的事，由易到难。
\(Q3\):猜一下关联关系?
两个操作同一时间只能执行一个，可以理解为拿走一个石子对结果影响一下，合并两堆石子对结果也是影响一下，初步考虑应该堆个数与石子总数的加法关系相关。
一般情况：当每堆的石子个数都是大于等于\(2\)时,猜关联关系
我们可以发现，当\(n\)是\(1\)的时候，也就是只有\(1\)堆时，比如\(a_0=3\)，那么\(b=3+1-1=3\),是奇数:
- ① 先手拿走一个，剩操作数=\(2\)
- ② 后手只能拿走\(1\)个，剩操作数\(1\)
- ③ 先手再拿走1个，剩余操作数\(=0\)
- ④ 后手没有可以拿的了，后手负，先手必胜！
结论显然成立。
当不只有\(1\)堆时，分类讨论：
情况\(1\)：没有数量为\(1\)的堆
先证明奇数必胜，对于先手来说，
- \(n>1\), 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。
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。
情况\(2\)：有数量为\(1\)的堆
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\(2\)。
- 假设有\(a\)堆石子，其中每堆石子个数为\(1\)
- 剩余堆的石子个数都严格大于\(1\)
根据这些数量大于\(1\)的堆的石子可以求出上述定义出的\(b\)，我们使用\(f(a, b)\)表示此时先手必胜还是必败,因为博弈论在本质上是可以递推的，我们可以想出起点，再想出递推关系，就可以递推得到更大数据情况下的递推值，也就是博弈论本质上是\(dp\)。
六、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55, M = 50060;
int n, f[N][M];
int dfs(int a, int b) {
if (~f[a][b]) return f[a][b]; // 记忆化搜索
int &v = f[a][b]; // 引用，赋值更快捷
if (!a) return b & 1; // a==0时，看b是不是奇数，奇数必胜，否则必败
if (b == 1) return dfs(a + 1, b - 1);
if (a && !dfs(a - 1, b)) return v = 1; // 从左边取一石子:左侧不空，并且取完后整体是一个必败态,那我必胜
if (b && !dfs(a, b - 1)) return v = 1; // 合并b
if (a && b > 1 && !dfs(a - 1, b + 1)) return v = 1; // 合并a,b各一个
if (a > 1 && !dfs(a - 2, b == 0 ? b + 2 : b + 3)) return v = 1; // 合并a
return v = 0;
}
int main() {
int T;
cin >> T;
memset(f, -1, sizeof f); // 初始化DP数组，-1
// 边界初始化
f[1][0] = f[2][0] = 1;
f[3][0] = 0;
while (T--) {
cin >> n;
int a = 0, b = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
if (x == 1)
a++; // 左侧石子个数为1的石子堆数量
else
b += x + 1; // 1:新增加1堆，x:这一堆x个
}
if (b < 0) b = 0; // 一堆都没有，b=0
if (dfs(a, b))
puts("YES");
else
puts("NO");
}
return 0;
}
