BZOJ1188:[HNOI2007]分裂游戏(博弈论)
Description
Input
Output
Sample Input
4
1 0 1 5000
3
0 0 1
Sample Output
1
-1 -1 -1
0
Solution
首先可以发现,若一个位置豆子是偶数,且先手取了这个位置,显然后手可以通过进行和先手相同的操作来抵消这一步。
所以就可以把每个位置的豆子数$mod~2$,并将他们看成一个单独的游戏,同时记搜一下这个游戏的$SG$值。
虽然把每个豆子看成单独的游戏,但显然他们的$SG$值是可以共用的。
记忆化搜索每个豆子的$SG$值,当前是第$i$个位置的话显然有多种后继状态,每一种的$SG$值是$SG[j]~xor~SG[k]$。因为当前第$i$个位置的后继状态可以看做是$j$和$k$两个子局面的$SG$值异或得到总局面$SG$值。
输出方案就枚举三个位置$i,j,k$,如果全局异或值$ ~xor~ SG[i] ~xor~ SG[j] ~xor~ SG[k]=0$,那么说明先手取完这三个位置之后后手就必输了。
Code
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define N (30009)
using namespace std; int T,n,ans,tot,a[N],SG[N],vis[N]; int DFS(int x)
{
if (SG[x]!=-) return SG[x];
for (int i=x+; i<=n; ++i)
for (int j=i; j<=n; ++j)
vis[DFS(i)^DFS(j)]=x;
int p=;
while (vis[p]==x) p++;
return SG[x]=p;
} int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
memset(SG,-,sizeof(SG));
memset(vis,,sizeof(vis));
ans=; tot=;
scanf("%d",&n);
for (int i=; i<=n; ++i)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i=; i<=n; ++i) DFS(i);
for (int i=; i<=n; ++i)
if (a[i]&) ans^=SG[i];
for (int i=; i<=n; ++i)
for (int j=i+; j<=n; ++j)
for (int k=j; k<=n; ++k)
if ((ans^SG[i]^SG[j]^SG[k])==)
{
if (!tot) printf("%d %d %d\n",i-,j-,k-);
++tot;
}
if (!tot) puts("-1 -1 -1");
printf("%d\n",tot);
}
}
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