codeforces 1451D，一道有趣的博弈论问题
大家好，欢迎来到codeforces专题。
今天选择的问题是Contest 1451场的D题，这是一道有趣简单的伪博弈论问题，全场通过的人有3203人。难度不太高，依旧以思维为主，坑不多，非常友好。
题目链接：https://codeforces.com/contest/1451/problem/D
废话不多说，我们直接来看问题。
题意
从前有两个人，一个叫Utkarsh，另外一个叫Ashish。这两个名字看起来有点怪，我猜可能出题人是老毛子的原因，老毛子的问题当中这两个名字经常出现。也许类似于我们的小红、小明这样的名字吧。
这两个人在一个2D的棋盘上玩移动棋子的游戏，一开始从原点出发，Ashish先手。每次可以把棋子向上或者是向右移动k个单位的距离。两人交替移动，游戏规定棋子距离原点的距离必须要小于d。当有人移动不了棋子的时候落败。
现在给出d和k，要求在两人都智商爆表的情况下，谁会获胜。
样例
首先输入一个整数t，表示测试数据的组数。接着输入t行，每行代表一个样例。每一行输入两个整数，分别代表d（）和k（）。
要求输出胜者的名字。
关于第一个样例的解释：
我们可以发现当两人轮流执行一个回合之后，Ashish一定无路可去，所以胜者是Utkarsh。
题解
一拿到手，我们会很自然地觉得这是一道博弈论的问题。
实际上看起来也非常像，两个人轮流游戏，包括游戏的一些细节，轮流移动，不能移动者落败，都很符合博弈论问题的特征。从博弈论入手的话，我们会想到必败态和必胜态之间的转化。
我们进一步分析的话，也不难想到思路。我们把这个平面想象成一个用一个扇形笼罩的区域，对于靠近扇形边境上的点，只有我们知道了坐标，就可以计算出来从原点出发到达这里需要的步数，步数知道了自然也就知道了最终是哪一个人落在了这个点。
这样我们首先确定下来边境的胜负状况之后，我们就可以逐渐往内层倒推，最终求解出原点的状态。这个推导的转移非常容易想明白，对于每个点来说它最多只有向右和向上两条路，对于该点做决策的人来说，只要这两个决策当中有一个能够到达自己的必胜态，那么该点自然也是必胜态。这其实有点动态规划的思想了，通过这种方法，我们可以求解出平面上每一个能够达到的点的状态。
看似这个问题就已经做完了，非常简单，但是我们稍微分析一下就会发现这样是不行的。道理也很简单，因为复杂度太大，会超时。
极端情况下当d的量级是1e5，并且k=1的时候，我们需要考虑的点的数量应该在1e10这个量级，这显然是不能接受的。那除了这个办法之外还有其他方法可行吗？
很多时候看似问题很难解决，往往是我们走错了路。我们一直想着怎么递推，怎么获取每个点的状态，其实一开始这个思路就错了。这个时候需要我们把这些念头放一放，回归到问题本身。
我们把自己代入先手的玩家，我们会想出什么策略？你会发现好像一时半会也没什么特别好的策略？但如果我们是后手玩家呢？你会发现好的策略可能没有，但是赖皮的套路却是存在的。因为这个扇形是一个四分之一圆，它是对称的。所以我们可以利用后发的优势镜像先手的行动，先手往上我们往右，先手往右我们往上，这样我们可以保证我们的点始终落在斜对角线。这样只要先手可以前进，那么后手就一定可以移动。也就是顺着下图的路线移动。
那这样岂不是先手必输吗？其实也不是的，也有例外。就是当后手无法回到斜线的时候，也就是说((x+1)k, xk)距离原点小于d，而((x+1)k, (x+1)k)大于d的时候。
这样我们就可以很方便写出代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include "time.h"
#include <functional>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;i++)
#define Rep(i,a,b) for (int i=a;i>b;i--)
#define foreach(e,x) for (__typeof(x.begin()) e=x.begin();e!=x.end();e++)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson (k<<1)
#define rson (k<<1|1)
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof a)
#define L ch[r][0]
#define R ch[r][1]
const int N=1000050;
const long long Mod=1000000007;
using namespace std;
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
rep(z, 0, t) {
long long d, k;
scanf("%lld%lld", &d, &k);
int n = d / (sqrt(2) * k);
long long x = (n+1) * k;
long long y = n * k;
// 判断是否会出现((x+1)k, xk)可行的情况
if (x * x + y * y > d * d) {
puts("Utkarsh");
}else {
puts("Ashish");
}
}
return 0;
}
这里有一个小小的坑，就是由于d的范围是1e5，那么当我们计算距离的时候由于用到平方会超过int的范围，所以需要改成long long。
这道题到这里就结束了，我们也可以看得出来，题目本身是不难的，但是解法没有那么容易想到。我个人觉得挺有意思的，希望大家也会喜欢。
今天的文章就到这里，衷心祝愿大家每天都有所收获。如果还喜欢今天的内容的话，请来一个三连支持吧~（点赞、关注、转发）
