「杂题乱刷2」CF1527B2

合集 - 贪心(58)

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解题思路

这篇题解分 B1，B2 两个部分来讲。

B1 sol：

考虑字符串中 $0$ 的数量，设这个值为 $s u m$ ：

若 $s u m \equiv 0 (\mod 2)$ ，且字符串回文时，那么此时，后手可以一直模仿先手的操作，直到字符串含有最后一个 $0$ 时，后手可以反转这个字符串，那么此时后手的代价比先手要少 $2$ ，综上，后手此时必胜。
若 $s u m \equiv 1 (\mod 2)$ ，且字符串回文时，那么此时，字符串的长度一定为奇数，且字符串中间的数字一定为 $0$ ，那么此时，先手可以将中间的 $0$ 变为 $1$ ，此时若还有剩余的 $0$ ，则先手必胜，否则后手必胜。

综上，这就是 B1 的做法。

B2 sol：

仍然考虑字符串中 $0$ 的数量，设这个值为 $s u m$ ：

若字符串已经回文，则直接按照 B1 的做法来做。

否则，先手一定可以反转字符串，直到后手把这个字符串变为回文，那么此时：

若 $n \equiv 0 (\mod 2)$ ，由于此时先手仍然可以一直模仿后手的操作，由于前期先手比后手付出的代价要少，因此可以得出先手必胜。
若 $n \equiv 1 (\mod 2)$ ，如果字符串中间的数字不为 $0$ 则先手仍然可以模仿后手的情况，此时先手必胜。否则，若此时 $s u m = 2$ ，则后手去掉最外侧的 $0$ ，此时先手与后手平局，其余情况，我们发现先手的所需代价至少比后手少 $1$ ，先手必胜。

参考代码

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define map unordered_map
#define re register
#define ll long long
#define forl(i,a,b) for(re ll i=a;i<=b;i++)
#define forr(i,a,b) for(re ll i=a;i>=b;i--)
#define forll(i,a,b,c) for(re ll i=a;i<=b;i+=c)
#define forrr(i,a,b,c) for(re ll i=a;i>=b;i-=c)
#define pii pair<ll,ll>
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define pb push_back
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define QwQ return 0;
ll _t_;
void _clear(){}
ll n;
string s;
bool check(string s)
{
	ll L=1,R=n;
	while(L<=R && s[L]==s[R])
		L++,R--;
	return L>=R;
}
/*
11010

11011 0:1

11111 1:1


1001101

1011001

1011101 0:1

1111101 1:1

1011111
*/
void solve()
{
	_clear();
	cin>>n>>s;
	s=' '+s;
	if(check(s))
	{
		ll sum=0;
		for(auto i:s)
			sum+=i=='0';
		if(sum%2==0)
		{
			cout<<"BOB\n";
			return ;
		}
		if(sum==1)
		{
			cout<<"BOB\n";
			return ;
		}
		cout<<"ALICE\n";
		return ;
	}
	ll sum=0;
	for(auto i:s)
		sum+=i=='0';
	if(n%2 && sum==2 && s[(n+1)/2]=='0')
		cout<<"DRAW\n";
	else
		cout<<"ALICE\n";
//	exit(-1);
}
int main()
{
//	freopen("tst.txt","r",stdin);
//	freopen("sans.txt","w",stdout);
	IOS;
	_t_=1;
 	cin>>_t_;
	while(_t_--)
		solve();
	QwQ;
}

posted @ 2024-09-17 12:37 wangmarui 阅读(2) 评论(0) 编辑收藏举报

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