C++博客-wyh123-随笔分类-博弈

poj 1740（博弈）

wyh — Thu, 11 Aug 2011 05:17:00 GMT

题目大意：有N堆石头,每堆石头数目在1到100之间,最多有10堆.两人分别取走石头.取石头的规则是:每次只能从1堆中取,每次取走至少1个.取过后还可以把这堆的石头任意分配到其它堆上，当然也可以不分配。问给定这些石头堆的情况,两人轮流取,谁先取完谁胜利,求谁胜利1为先取，0为后取。

解题思路：  1）只有一堆时先手必胜。
                2）有两堆时若两堆相等则后手只用和先手一样决策即可保证胜利，后手必胜。若不同则先手可以使其变成相等的两堆，先手必胜。
                3）有三堆时先手只用一次决策即可将其变成两堆相等的局面，先手必胜。
                4）有四堆时由于三堆必胜，无论先手后手都想逼对方取完其中一堆，而只有在四堆都为一颗时才会有人取完其中一堆，联系前面的结论可以发现，只有当四堆可以分成两两相等的两对时先手才会失败。
             说到这里，我们可以归纳猜想，必败态的条件为“堆数为偶数（不妨设为2N ），并且可以分为两两相等的N组 ”。
               显然，这里是满足必败态的三条性质。
               首先，末状态为必败态，第一条性质符合。
               其次，可以证明任何一个胜态都有策略变成必败态。
               最后，证明任何一个必败态都无法变成另一个必败态。

代码：

1#include<iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cstring>
4#include <string>
5#include <cmath>
6#include <algorithm>
7
8using namespace std;
9
10int n,ans,k,f[110];
11
12int main()
13{
14    while (~scanf("%d",&n))
15    {
16        if (n==0) break;
17        memset(f,0,sizeof(f));
18        for (int i=0;i<n;i++)
19        {
20            scanf("%d",&k);
21            f[k]++;
22        }
23        ans=0;
24        for (int i=0;i<=100;i++)
25            if (f[i]%2!=0)
26                ans++;
27        if (ans==0) printf("0\n");
28            else printf("1\n");
29    }
30    return 0;
31}
32

wyh 2011-08-11 13:17 发表评论

poj 1067（博弈）

wyh — Thu, 11 Aug 2011 04:42:00 GMT

题目大意：有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。（1胜，0负）

解题思路：一道威佐夫博弈（Wythoff Game）题
              介绍一下先：
               威佐夫博弈：给出两堆各若干个物品，两人轮流从一堆或者同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者获胜。
               设(x,y)表示每一堆的物品的个数，如果某人（假设为甲）面对（0，0）这种局势，那么甲就一定输，这种局势，我们称为奇异局势。
               前几个奇异局势是：
            （ 0 ， 0 ）、（ 1 ， 2 ）、（ 3 ， 5 ）、（ 4 ， 7 ）、（ 6 ， 10 ） . 可以看出 ,a0=b0=0, ak 是未在前面出现过的最小自然数 , 而 bk=ak+k .那么任给一个局势（ a ， b ），怎样判断它是不是奇异局势呢？
               我们有如下公式：ak =[k （ 1+ √ 5 ） /2] ， bk= ak + k （ k=0 ， 1 ， 2 ， ...,n 方括号表示取整函数 )奇妙的是其中出现了黄金分割数（ 1+ √ 5 ） /2 = 1 。 618..., 因此 , 由 ak ， bk 组成的矩形近似为黄金矩形，由于 2/ （ 1+ √ 5 ） = （ √ 5-1 ） /2 ，可以先求出 k=[a （ √ 5-1 ） /2] ，
若 a=[k （ 1+ √ 5 ） /2] ，那么 a = ak ， bk = ak + k ，若不等于，那么 a = ak+1 ， bk+1 = ak+1+ k + 1 ，若都不是，
那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。

代码：

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cstring>
4#include <string>
5#include <cmath>
6#include <algorithm>
7
8using namespace std;
9
10const double gold=1.6180339887498948482045-1;
11int x,y,m,n;
12
13int main()
14{
15    while (~scanf("%d%d",&n,&m))
16    {
17        if (m==n) cout << 1 << endl;
18        else
19        {
20            if (m>n) swap(m,n);
21            x=n-m;
22            y=int(double (x)/ gold);
23            if (y==m) cout << 0 << endl;
24            else cout << 1 << endl;
25        }
26    }
27    return 0;
28}
29

wyh 2011-08-11 12:42 发表评论

poj 1704（博弈）

wyh — Thu, 11 Aug 2011 02:17:00 GMT

题目大意：一个1*M的棋盘上有N个棋子，初始位置一定，两人轮流操作，每次移动一枚棋子，要求只能向左移且至少移动一格，
而且不能到达或经过以前有棋子的格子，谁无法移动棋子就算输。

解题思路：1）按照位置进行排序，然后将每两个分成一组
              2）接下来，分下面两种情况讨论：
                     1、先手移动任意组中的左边的一个，那么对于后手的最优策略便是将该组右边的一个移动相同的步数
                     2、先手移动任意组中的右边的一个，我们就要考虑左右之间的间隔差来判断最优策略
              3）分析到这里，其实问题变得更简单了，主要是更熟悉了，接下来看看下面的这个问题：
                    给定N堆石子，每堆里面的石子个数都是非负的。每次可以把第i堆中的任意颗石子移动到第i + 1堆中（1 <= i < N），或者第N堆的石子扔掉任意颗。如果某人不能继续操作则判负。

                     （o(∩_∩)o ~~熟悉勒）
              4）对于这一类的取石子问题，我们一般有如下的结论：设第i堆的石子数为ai。设ans=aN xor a(N - 2) xor a(N - 4) xor ... xor a2(a1)，若ans=0则先手必败，否则先手必胜。

              5）接下来，证明：

首先，显然有当各堆的石子数均为0的时候先手必败。此时ans=0。
其次，要证明该结论，只需证明如果ans<>0的时候一定可以通过一步操作将ans变为0，且ans=0的时候任意操作均会使得ans<>0。

1、先证明ans<>0的时候可以将ans->0。设此时的ans=x且x的最高位"1"是第k位，则一定存在某个 i=总堆数-2n（n ∈ N），使得a(i)的第k位也为1，否则第k位的异或运算的值不可能为1。将ai改变为ai' = x xor ai，由于ai的第k位以上的位不会改变，第k位由1变成了0，易知ai'

此时ans=x xor ai xor ai' =x xor ai xor (x xor ai) = 0。

2、再证ans=0时无论怎么操作均会使ans<>0。设x=0时设将ai改变成了ai'，显然ai<>ai'。

此时ans=x xor ai xor ai' = ai xor ai' <> 0。

~~~结束了

1#include <iostream>
2#include <cstring>
3#include <cstdio>
4#include <cmath>
5#include <string>
6#include <algorithm>
7
8using namespace std;
9
10int n;
11int p[10100];
12int T, i, j, a, cnt, t;
13
14int main()
15{
16    scanf("%d", &T);
17    while(T--)
18    {
19        scanf("%d", &n);
20        cnt=0;
21        for(i=1; i<=n; i++)
22            scanf("%d", &p[i]);
23        sort(p+1, p+n+1);
24        int k=1;
25        for(i=n; i>=2; i-=2)
26        {
27            t=p[i]-p[i-1]-1;
28            cnt=cnt^t;
29        }
30        if(n%2==1)   cnt=cnt^(p[1]-1);
31        if(cnt!=0)  cout << "Georgia will win" << endl;
32        else cout << "Bob will win" << endl;
33    }
34    return 0;
35}

wyh 2011-08-11 10:17 发表评论