一开始看这道博弈题的时候我就用很常规的思路去分析了,首先先手取1或者2个coin后都会使剩下的coin变成线性排列的长条,然后无论双方如何操作都是把该线条分解为若干个子线条而已,即分解为若干个子游戏而已,我想起刘汝佳的大白书上有类似的例题(不过复杂好多),于是便用同样的方法去做了,以sg(x)表示当前连续x个coin的状态的sg函数值,则当从左侧起分别取一个或相邻的两个时,不难得出其后继状态:sg(y)^sg(x-1-y)(0<=y<=(x-1)/2),sg(y)^sg(x-2-y)(0<=y<=(x-2)/2),在这里因为每次操作都把某段连续的x个coin分解为两段coin(当从头或尾取时即分解为0和x-1或x-2这两段coin),所以要用异或(^),详见大白书的sg定理(游戏和的sg函数等于各子游戏sg函数的Nim和。这样,就可以把各个子游戏分而治之)。推到这里后,就可以用递推求出每个sg(x)的值(不用递归,因为y总是比x小的,求解顺序已经很明显):

 bool vis[];
int sg[]= {,,}; void init(int n= ){
for(int i=; i<=n; ++i){
memset(vis,,sizeof(vis));
for(int j=; j<=(i-)/; ++j)
vis[sg[j]^sg[i--j]]= ;
for(int j=; j<=(i-)/; ++j)
vis[sg[j]^sg[i--j]]= ;
for(int k=; ; ++k)
if(!vis[k]){
sg[i]= k;
break;
}
}
}

  在这里为什么只求出n=10000的数据呢?因为当n=10^5时已经很慢了,我暂时也不知道怎么优化程序使其加速,所以只好先打表找规律了,无奈我输出了前100+的sg函数还是看不出有什么规律,可是当我看到当n大于0时好像所有的sg函数都不为0,而先手无论如何取总会把该环变成一个长条的,那就是说先手必败咯?带着这个疑问我再认真分析了下,确实如果对于一开始是操作一个长条的的话,先手是必胜的,因为只需从中间取1或者2个coin使其变成左右两端数量相等的coin,那么就转变为一个很弱智的问题了。分析到这里后我才猛然醒悟,当先手取后(coin环变成了线性排列的coin),这时后手只需如上述所说从中间截断把它变成两段相等的coin即可(至于如何变看x的奇偶性取1或2即可)。有了这个大胆的猜想后,我试着用代码提交:

 #include<cstdio>

 int main(){
int n;
while(~scanf("%d",&n),n)
puts(n>?"Bob":"Alice");
return ;
}

  然后,竟然过了!!实在太吃惊了,竟然是如此的一道神题,不用想得这么复杂的,好吧,以后分析类似的题目当钻进死胡同时不妨跳出来重新审视下题意,尝试用最简单的方法去思考,也未尝不可。

  (因为今天的天气问题,手指不是很灵活,草草写好的博客,将就着看下吧~~)

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