AcWing 1322. 取石子游戏

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参考题解

一、状态定义

设 $L[i][j]$ 表示在 $[i,j]$ 区间的左侧放上一堆数量为 $L[i][j]$ 的石子后，先手必败。

$L[i][j]$可以为$0$,此时$a_i \sim a_j$就已经是必败态了，前面什么也不用加。

$L[i][j]$	$a_i$	$a_{i+1}$	...	$a_{j-1}$	$a_{j}$	$R[i][j]$

即：$(L[i][j],\underbrace{a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{a[i]\sim a[j]})$,$(\underbrace{a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{a[i]\sim a[j]},R[i][j])$ 为 先手必败局面。

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二、$L[i][j]$ 的存在性证明

（$R[i][j]$ 同理，下同）：

反证法:
假设不存在满足定义的 $L[i][j]$，则对于任意非负整数 $x$，有形如:

$$\large \underbrace{x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{A(x)}$$

都为必胜局面,记为 $A(x)$ 局面。

由于 $A(x)$ 为必胜局面，故从 $A(x)$ 局面 必然存在$M$种一步可达必败局面。

若从最左边一堆中拿，因为假设原因，不可能变成必败局面，因为这样得到的局面仍形如 $A(x)$。

注意包括此行在内的接下来几行默认 $x \neq 0$

左边拿没用，只能考虑从右边拿：
于是设 $A(x)$ 一步可达的（某个）必败局面为 $(x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$，显然有 $0 \le y < a_j$。

由于 $x$ 有无限个，但 $y$ 只有 $a_j$种——根据抽屉原理，必存在 $x_1,x_2(x_1 \neq x_2),y$ 满足 $(x_1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 和 $(x_2,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 都是必败局面。但这两个必败局面之间实际一步可达，故矛盾，进而原命题成立。

三、$L[i][j]$ 的唯一性证明

反证法:
假设 $L(i,j)$ 不唯一，则存在非负整数 $x_1,x_2(x_1 \neq x_2)$，使得$(x_1,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1},a_j)$ 和 $(x_2,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},a_j)$ 均为必败局面。而这两个必败局面之间实际一步可达，故矛盾，进而原命题成立。

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四、状态转移

1、边界情况

$$\LARGE L[i][i]=a_i$$

对于两堆相同的石子，后手进行和先手对称的操作,你咋干我就咋干，我拿完，你瞪眼~

2、场景分析

• 边界情况：$L[i][i]=a[i]$
• 变化方法：从左侧拿走一些石子或者从右侧拿走一些石子
• 让我们使用$L[i][j-1]$和$R[i][j-1]$来表示$L[i][j]$和$R[i][j]$,形成$DP$递推关系。

想像一个通用场景:假设现在前面动作都按要求整完了，问我们：本步骤，我们有哪些变化,根据这些变化，怎么样用前面动作积累下来的数据来完成本步骤数据变化的填充。这不就是动态规划吗？

3、推论1

有了上面谁的$L[i][j]$唯一性，得出一个有用的推论：
对于任意非负整数 $x \neq L(i,j)$，$\large (x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_j)$为必胜局面。

4、推论2

为方便叙述，下文记 $L[i][j-1]$ 为 $L$，记 $R[i][j-1]$ 为 $R$，并令 $\displaystyle \large x=a_j(x>0)$

若 $R=0$ 则 $L=R=0$，此时 $x>\max\{L,R\}$，也就是说 $L=0$ 和 $R=0$ 都属于 $Case$ $5$，故其它 $Case$ 满足 $L,R>0$。

注：因$R=0$,表示在[$i$,$j-1$]确定后，右侧为$0$就能满足[$i$,$j-1$]这一段为先手必败,此时，左侧增加那堆，个数为$0$就可以继续保持原来的先手必败，即$L=0$。

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4、分类讨论

• $x=R$（$Case$ $1$）
  最简单的情况——根据 $R[i][j-1]$ 的定义，区间 $[i,j]$ 本来就是必败局面，故

  $$\LARGE L[i][j]=0$$

• $x<R$

  • $x<L$，即 $x< \min\{L,R\}$（$Case$ $2$）
    • 结论：
    $$\LARGE L[i][j]=x$$

    • 证明：
      即证 $\large (x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},x)$为必败局面。
      由于最左边和最右边的两堆石子数量相同，后手可进行和先手对称的操作，后手必将获得一个形如$(y,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1})$ 或 $(a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$ 的局面,其中: $0<y \le x<\min\{L,R\}$。
      结合 $L(i,j-1)$ 和 $R(i,j-1)$ 的定义知这个局面必胜，即后手必胜，先手必败，证毕。
      只有左侧为$L=L(i,j-1)$这个唯一值时，才是必败态，现在不是$L=L(i,j-1)$，而是$y<min(L,R)$，所以后手必胜,即先手必败。

    • 注意上述证明的前提是 $x \neq 0$，因此后续证明若使用 $Case$ $2$，必须满足 $x \neq 0$（具体见后文）。

  
  
  • $x \geq L$，即 $L \leq x < R$（$Case$ $3$）

    • 结论： $$\LARGE L[i][j]=x+1$$

    • 证明：
      即证 $(x+1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},x)$为 必败局面。

      • 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩 $z$ 个石子。
        • 若 $z>L$，则后手将最右堆拿成 $z-1$ 个石子（注意 $z-1 \ge L>0$），保证左侧比右侧多$1$个石子,就能回到 $Case$ $3$ 本身，递归证明即可。
        • 若 $z=L$，则后手将最右堆拿完，根据 $L[i][j-1]$ 定义知此时局面必败。
        • 若 $0<z<L$，则后手将最右堆拿成 $z$ 个石子，由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面。
        • 若 $z=0$，此时最右堆石子数 $k$ 满足 $L \le k<R$，结合 $R[i][j-1]$ 定义知局面必胜。
          
          
      • 若先手拿最右边一堆，设拿了以后还剩 $z$ 个石子。
        若 $z \ge L$，则后手将最左堆拿成 $z+1$个石子，递归证明即可。
        若 $0<z<L$，则后手将最左堆拿成 $z$ 个石子，由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面。
        若 $z=0$，则后手将最左堆拿成 $L$ 个石子，由 $L[i][j-1]$定义知此时局面必败。

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• $x>R$

  • $x≤L$，即 $R < x \leq L$（$Case$ $4$）

    • 结论： $$\LARGE L[i][j]=x-1$$

    • 证明：

      • 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩 $z$ 个石子。
        • 若 $z \geq R$，则后手将最右堆拿成 $z+1$ 个石子，保证左侧比右侧多$1$个石子,就能回到 $Case$ $4$ 本身，递归证明即可。
        • 若 $0<z<R$，则后手将最右堆拿成 $z$ 个石子，由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面。
        • 若 $z=0$，则后手将最右堆拿成 $R$ 个石子（注意 $Case$ $4$ 保证了此时最右堆石子个数 $>R$），由 $R[i][j-1])$ 的定义知此时是必败局面。
      
      
      • 若先手拿最右边一堆，设拿了以后还剩 $z$ 个石子。
        • 若 $z>R$，则后手将最左边一堆拿成 $z-1$ 个石子（注意 $z-1 \ge R >0$），递归证明即可。保证右侧比左侧多$1$个石子。
        • 若 $z=R$，则后手把最左堆拿完，根据 $R[i][j-1]$的定义可知得到了必败局面。
        • 若 $0<z<R$，则后手将最左堆拿成 $z$ 个石子，由 $Case$ $2$ 知此时是必败局面。
        • 若 $z=0$，此时最左堆石子数量 $k$ 满足 $0<k<L$，结合 $L[i][j-1]$ 定义知局面必胜。
          
          

  • $x>L$，即 $x>\max\{L,R\}$（$Case$ $5$）

    • 结论： $$\LARGE L[i][j]=x$$

    • 证明：
      设先手将其中一堆拿成了 $z$ 个石子。

      • 若 $z>\max\{L,R\}$，后手将另一堆也拿成$z$个，回到 $Case$ $5$，递归证明。

      • 若 $0<z<\min\{L,R\}$，后手把另一堆也拿成 $z$ 个石子即可转 $Case$ $2$。

      • 若 $z=0$，将另一堆拿成 $L$ 或 $R$ 个石子即可得到必败局面。

      • 剩余的情况是 $L \le z \le R$或 $R \le z \le L$。
        ​ $Case$ $3$ 可以解决最左堆 $L +1 \le z \le R$，最右堆 $L \le z \le R-1$ 的情况
        ​ $Case$ $4$ 可以解决最左堆 $R \le z \le L-1$，最右堆 $R+1 \le z \le L$的情
        况。

      ​所以只需解决最左堆 $z=L$ 和最右堆 $z=R$ 的情况。而这两种情况直接把另一堆拿完就可以得到必败局面。

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综上所述：

$$\LARGE L[i][j]= \large \left\{\begin{matrix} 0 & x=R \\ x+1&L \leq x < R \\ x-1 & R<x \leq L \\ x & otherwise \end{matrix}\right.$$

温馨提示：请看清楚 $L$ 取不取等，乱取等是错的！

同理可求 $R(i,j)$。

回到原题，先手必败当且仅当 $L[2][n]=a_1$ ，于是我们就做完啦！

时间复杂度 $O(n^2)$。

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五、实现代码

#include <cstdio>

using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
int a[N], l[N][N], r[N][N];

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);

        for (int len = 1; len <= n; len++)
            for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
                int j = i + len - 1;
                if (len == 1)
                    l[i][j] = r[i][j] = a[i];
                else {
                    int L = l[i][j - 1], R = r[i][j - 1], x = a[j];
                    if (R == x)
                        l[i][j] = 0;
                    else if (x < L && x < R || x > L && x > R)
                        l[i][j] = x;
                    else if (L > R)
                        l[i][j] = x - 1;
                    else
                        l[i][j] = x + 1;

                    // 与上述情况对称的四种情况
                    L = l[i + 1][j], R = r[i + 1][j], x = a[i];
                    if (L == x)
                        r[i][j] = 0;
                    else if (x < L && x < R || x > L && x > R)
                        r[i][j] = x;
                    else if (R > L)
                        r[i][j] = x - 1;
                    else
                        r[i][j] = x + 1;
                }
            }

        if (n == 1)
            puts("1");
        else
            printf("%d\n", l[2][n] != a[1]);
    }

    return 0;
}