hdu 4559 涂色游戏（SG）

在一个2*N的格子上，Alice和Bob又开始了新游戏之旅。 

这些格子中的一些已经被涂过色，Alice和Bob轮流在这些格子里进行涂色操作，使用两种涂色工具，第一种可以涂色任意一个格子，第二种可以涂色任意一个2*2的格子。每一轮游戏里，他们可以选择一种工具来涂色尚未被染色的格子。需要注意，涂色2*2的格子时，4个格子都应当未被涂色。最后一步涂满所有格子的玩家获胜。 

一如既往，Alice先手，最优策略，谁是赢家？

在一个2*N的格子上染色 每次可以染1*1的格子 或者2*2的格子 最后涂满所有格子的人胜 m为已染色格子的个数 Alice先手

1*1的点SG值为1 sg【i】表示连续2*i的SG值 sg【3】 就是连续2*3空白格子  最后对整个棋盘分段 分为连续空白的2*i格子 和 某列中涂过色的格子

假如n = 3
在一个已经涂了一个1*1个格子的情况下，有以下子情况： 
情况1 假如是在第1行第1列的那个格子已经被涂了色

          整个棋盘可分为：连续0列的格子+第1列剩下的那一个格子+最后连续2列的格子

          ans=sg[0]^1^sg[2]

情况2 假如是在第1行第2列的那个格子已经被涂了色

          整个棋盘可分为：连续1列的格子+第2列剩下的那一个格子+最后连续1列的格子

          ans=sg[1]^1^sg[1]

情况3 假如是在第1行第3列的那个格子已经被涂了色(其实这个同理情况1)

          整个棋盘可分为：连续2列的格子+第3列剩下的那一个格子+连续0列的格子

          ans=sg[2]^1^sg[0]

 

在一个已经涂一个2*1个格子的情况下  那么有以下几种子情况 

情况1 假如是在第1行第1列的那2个格子已经被涂了色

          整个棋盘可分为：连续0列的格子+最后连续2列的格子

          ans=sg[0]^sg[2]

情况2 假如是在第1行第2列的那2个格子已经被涂了色

          整个棋盘可分为：连续1列的格子+最后连续1列的格子

          ans=sg[1]^sg[1]

情况3 同理情况1

 

为什么1*1的SG值为1

它的后继，涂一个格子，然后没有空白格子，后继值也就是sg[0] = 0

取自然数的补集，再从集合里去最小元素，就是1

 

sg[1]怎么求，他的后继就是涂了一个格子后，剩1个格子。

sg[1]的后继的sg值为1，取补取最小值后，为0，sg[1]=0

 

sg[2]怎么求，他的后继

后继1：涂了2*2的格子后，后继的sg值为0（sg[0]）

后继2：涂1个1*1格子后，剩一个格子和一个2*1，也就是1^s[1]=1

sg[2]的后继的sg值有0,1，取补取最小值后，为2，sg[2]=2

 

sg[3]怎么求，他的后继

后继1：涂1个1*1格子后，剩一个格子和一个2*2，也就是1^s[2]=3

后继2：涂1个1*1格子后，剩一个格子和2个2*1，也就是1^s[1]^sg[1]=1

后继3：涂1个2*2，剩一个2*1，也就是sg[1]=0

sg[3]的后继的sg值有0,1，3，取补取最小值后，为2，sg[3]=2

 

sg[4]........

Sample Input
2
2 0 // n m
2 2 //n m
1 1 //已染色格子的坐标
2 2

Sample Output
Case 1: Alice
Case 2: Bob

 

 1 # include <iostream>
 2 # include <cstdio>
 3 # include <cstring>
 4 # include <algorithm>
 5 # include <string>
 6 # include <cmath>
 7 # include <queue>
 8 # include <list>
 9 # define LL long long
10 using namespace std ;
11 const int MAXN=5000;
12 int sg[MAXN];
13 bool vis[MAXN];
14 bool g[2][MAXN];
15 int mex(int x)
16 {
17     if(sg[x]!=-1)return sg[x];
18     memset(vis,false,sizeof(vis));
19     for(int i=0;i<=x-1-i;i++)  //染1*1
20     {
21         int tmp=mex(i)^mex(x-1-i)^1;
22         vis[tmp]=true;
23     }
24     for(int i=0;i<=x-2-i;i++)//染2*2
25     {
26         int tmp=mex(i)^mex(x-2-i);
27         vis[tmp]=true;
28     }
29     for(int i=0;;i++)
30         if(!vis[i])
31         {
32             sg[x]=i;
33             break;
34         }
35     return sg[x];
36 }
37 
38 int main()
39 {
40 
41     memset(sg,-1,sizeof(sg));
42     sg[0]=0;
43     for(int i=1;i<5000;i++)
44         sg[i]=mex(i);
45     int T;
46     scanf("%d",&T);
47     int iCase=0;
48     while(T--)
49     {
50         int n,m;
51         scanf("%d%d",&n,&m);
52         memset(g,false,sizeof(g));
53         int u,v;
54         while(m--)
55         {
56             scanf("%d%d",&u,&v);
57             u--;v--;
58             g[u][v]=true;
59         }
60         int len=0;
61         int ans=0;
62         for(int i=0;i<n;i++)
63         {
64             if(g[0][i]||g[1][i])
65             {
66                 ans^=sg[len];
67                 len=0;
68                 if(g[0][i]&&g[1][i])continue;
69                 ans^=1;
70             }
71             else len++;
72         }
73         ans^=sg[len];
74         iCase++;
75         if(ans)printf("Case %d: Alice\n",iCase);
76         else printf("Case %d: Bob\n",iCase);
77     }
78     return 0;
79 }
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posted @ 2015-09-27 10:51  __Meng  阅读(457)  评论(3)  编辑  收藏  举报