A Multiplication Game

Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 5833    Accepted Submission(s): 3303

Problem Description
Stan and Ollie play the game of multiplication by multiplying an integer p by one of the numbers 2 to 9. Stan always starts with p = 1, does his multiplication, then Ollie multiplies the number, then Stan and so on. Before a game starts, they draw an integer 1 < n < 4294967295 and the winner is who first reaches p >= n.
 
Input
Each line of input contains one integer number n.
 
Output
For each line of input output one line either

Stan wins.

or

Ollie wins.

assuming that both of them play perfectly.

 
Sample Input
162
17
34012226
 
Sample Output
Stan wins.
Ollie wins.
Stan wins.
 
Source
 
 
从最后一个必败态往前找,一直推出初始的状态
 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
//a数组存的是从小到大所有的乘积
__int64 a[]= {}, min, n;
//p[j]存的是待与j相乘的数的下标
int p[], sg[], i, j, k;
for(i = ; i < ; p[i] = , i++)
;
//从小到大求出所有乘积
for(i = ; i < ; i++) {
//找到最小的乘积
for(j = ,min = -; j < ; j++) {
if(min == - || a[p[j]] * j < a[p[min]] * min) {
min = j;
}
}
a[i] = a[p[min]] * min;// if(a[i] >= ) {
break;
}
//排除相同的乘积
for(j = ; j < ; j++) {
if(a[p[j]]*j == a[i]) {
p[j]++;
}
}
} // for (i = 0; i < 100; ++i) {
// printf("%d ", a[i]);
// } while(scanf("%I64d",&n) != EOF) {
for(i=; i<; i++) {
sg[i] = ;
if(a[i] >= n) {
break;
}
}
for(j = i-; a[j] * >= n && j >= ; j--) {
sg[j] = ;//必胜
}
while(j >= ) {
for(k = j+; k < i && a[j] * >= a[k]; k++)
if(a[k] % a[j] == && sg[k] == ) {//找到一个必败态
sg[j] = ;//必胜
break;
}
j--;
}
puts(sg[] ? "Stan wins." : "Ollie wins.");
}
return ;
}

如果找到规律,也很简单

d.两个人玩游戏,给一个数字n,每次操作可以从2~9中任选一个数字,并把它与p相乘,(游戏开始时p=1)

两人轮流操作,当一个人操作完后p>=n,这个人就是胜者。

s.

①、如果输入是2~9,因为Stan是先手,所以Stan必胜。

②、如果输入是10~18(9*2),因为Ollie是后手,不管第一次Stan乘的是多少,Stan肯定在2~9之间,如果Stan乘以2,那么Ollie就乘以9,那么Ollie乘以大于1的数都能超过10~18中的任何一个数,Ollie必胜。

③、如果输入的是19~162(9*2*9),那么这个范围Stan必胜。

④、如果输入是163~324(9*2*9*2),这个是Ollie的必胜范围。

…………

可以发现必胜态是对称的。

如果“我方”首先给出了一个在N不断除18后的得到不足18的数M,“我方”就可以胜利,然而双方都很聪明,所以这样胜负就决定与N了,如果N不断除18后的得到不足18的数M,如果1<M<=9则先手胜利,即Stan wins.如果9<M<=18则后手胜利。

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring> using namespace std; int main(){ //freopen("input.txt","r",stdin); double n; //用long long 就不能AC了,求解。。。。。。。。
while(cin>>n){
while(n>)
n/=;
if(n<=)
printf("Stan wins.\n");
else
printf("Ollie wins.\n");
}
return ;
}

hdu 1517 A Multiplication Game(必胜态,必败态)的更多相关文章

  1. hdu 1517 A Multiplication Game 段sg 博弈 难度:0

    A Multiplication Game Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Ot ...

  2. hdu 1517 A Multiplication Game 博弈论

    思路:求必胜区间和必败区间! 1-9 先手胜 10-2*9后手胜 19-2*9*9先手胜 163-2*2*9*9后手胜 …… 易知右区间按9,2交替出现的,所以每次除以18,直到小于18时就可以直接判 ...

  3. HDU 1517 A Multiplication Game (博弈)

    A Multiplication Game Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Ot ...

  4. (step8.2.7)hdu 1517(A Multiplication Game——巴什博弈变形)

    题目大意:输入一个整数n.谁先报的数大于n,谁就输了.(初始值p  == 1 , 后一个人报的数必须在前一个人报的数的基础上乘上(2 ~ 9)之间的任意一个数) 解题思路:巴什博奕的变形 1) 解题思 ...

  5. HDU 1517:A Multiplication Game

    A Multiplication Game Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Ot ...

  6. HDU 1517 A Multiplication Game 博弈

    题目大意:从1开始Stan与Ollie经行博弈,stan先手,每次将当前数乘上(2~9)间的任意数,最后一次操作后大于等于n的人获胜. 题目思路: 1-9 stan 胜 10-18 ollie胜 19 ...

  7. HDU 1517 A Multiplication Game (SG函数找规律)

    题意:两个玩家玩一个游戏,从 p = 1,开始,然后依次轮流选择一个2 - 9的数乘以 p,问你谁先凑够 p >= n. 析:找规律,我先打了一下SG函数的表,然后就找到规律了 我找到的是: 1 ...

  8. Day11 - Q - A Multiplication Game HDU - 1517

    题目链接 本题很像bash博弈,但又有些许不同,因为这里是乘法,我们可以列出前几项可能 若n=2-9,那么first可以一次取完 若n=10-18,无论first怎么取,second都能一次取完 若n ...

  9. ICG游戏:证明,先手不是必胜就是必败。

    简介: ICG游戏:Impartial Combinatorial Games,公平的组合游戏. 以下是定义,来自网络,可能不够严谨: 1.两名选手:2.两名选手轮流行动,每一次行动可以在有限合法操作 ...

随机推荐

  1. Django 之 权限系统(组件)

    参考: http://www.cnblogs.com/yuanchenqi/articles/7609586.html

  2. MySQL root用户忘记密码怎么办?修改密码方法:skip-grant-tables

    忘记密码怎么办? 1.以管理员身份打开cmd2.执行命令tasklist |findstr mysql ,查看正在运行的mysql进程 3.执行命令taskkill /F /PID 13644(此处进 ...

  3. jquery on 确认删除

    $(document).on('click', '.delbtn', function() {         if (confirm("确定要删除吗?")) {          ...

  4. comboBox绑定字典Dictionary 获取value中的值

    第一种 最简洁的方法 Dictionary<string, string> list = new Dictionary<string, string> { {"thi ...

  5. F110的几个功能

    1.F-59, 没有找到函数, 使用BDC BAPI_ACC_DOCUMENT_POST 必须创建有借贷2 line 的凭证,需求要参考原始的SA类型凭证, 创建一个单条的 科目 = 供应商 的凭证, ...

  6. LVM逻辑卷管理器

    LVM概述 通过使用Linux的逻辑卷管理器(Logical Volume Manager, LVM),用户可以在系统运行时动态调整文件系统的大小,把数据从一块硬盘重定位到另一块硬盘,也可以提高I/O ...

  7. pandas(零)数据结构

    pandas的两个主要的数据结构: Series series是一种类似于一维数组的对象,它由一组数据(NumPy数组类型的数据)和一组与之相关的数据标签(索引)组成. from pandas imp ...

  8. 类百度DOC编辑区域

    .mainarea{ position:absolute; top:151px; width:100%; bottom:0px; } .edit_wrap{ background:#fcfcfc; p ...

  9. point-to-point(点对点) 网口

    点对点连接是两个系统或进程之间的专用通信链路.想象一下直接连接两个系统的一条线路.两个系统独占此线路进行通信.点对点通信的对立面是广播,在广播通信中,一个系统可以向多个系统传输. 点对点通信在OSI协 ...

  10. 使用JDK将tomcat变成https访问

    1,今日JDK目录,执行命令 keytool -genkeypair -alias "tomcat" -keyalg "RSA" -keystore " ...