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

设 剩余操作数 = $b$ = 堆数 + 石子总数 - $1$
结论:$b$是奇数⟺先手必胜,$b$是偶数⟺先手必败

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;
}