很有意思,很好的一个题目。

题目的意思是两个人初始状态分别有A和B元,现在有N件可买的商品。两人轮流买,商品必须从左到右买过去,一次可以买若干个。第一个无法买到商品的人输。

一看就知道是博弈题目,但是这并不是什么模型式的博弈题目,其实是转化成递推来做的。

一开始我也不知道到底应该怎么来考虑这个问题,于是就按照博弈的思想用Mex的思路去写这个题目,直到我T了发。

后来在网上看到神牛们写的博客后才发现正确的解法。

其实这个问题应该是这样来考虑的。

首先告诉了你两个人初始的钱数,那么总共的钱数是确定。在买完若干件商品后,一部分的钱数已经花在了买商品上面(先不管是谁买的),另一部分的钱还分别留在两个人的手中。这样如果我们知道当前买完了某件商品后其中一个人的剩余的钱数,那么我们可以根据总钱数不变来推出另一个人手中的钱数。

同时,如果在买某一件商品开始是,ALICE手中只要有x元就有了必胜的策略,那么他手中的钱数如果大于x,显然就也是必胜咯。

有了这两点,我们可以来个递推,解决这个问题。

状态f[i]表示在买第i件商品前,只要先手的人的钱数不少于f[i],那么他就有必胜的策略。

什么意思呢?

我们首先看看,A+B即总钱数,最多能买到多少件商品,显然后面的商品都是没有用的。

然后,对于可买的最后的那件商品n,f[n]=a[n]; 因为根据总钱数,只要他能够买掉最后一件商品,下一个人一定无钱购买后面的商品。

接下来就是从i递推到i-1了。

首先从i-1到i可能有两种情况:

一、第i-1个商品和第i个商品是同一个人购买,这说明要是在购买i-1个商品的时候就有必胜的策略,那么此时他手里的钱数必须不小于a[i-1]+f[i](买完第i-1个商品后,必须至少还剩下f[i]的钱)。

二、第i-1个商品和第i个商品不是同一个人购买,这说明前一个人在购买了i-1个商品后,留下了一个必败态给下一个人去购买第i个商品,这里我们知道对于第i个商品,其必败态就是钱数不足f[i]。这样根据总价值的关系就可以推出这种情况下的f[i-1]了。

综合上面的两种情况,我们知道f[i]就是两种情况中的最小值。

这样逐一递推,到达求出f[1],显然我们只要把f[1]和A比较大小,就可以得出谁胜谁负了。

题目很有意思,以前没做过这种类型的题目。赞一个。

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 1000100
#define ll long long
using namespace std; ll n,m,A,B,l,r,mid,tot;
ll a[maxn],f[maxn],sum[maxn]; ll find()
{
l=,r=n;
if (A+B>=sum[n]) return n;
while (l<r)
{
mid=(l+r)>>;
if (sum[mid]>A+B) r=mid;
else l=mid+;
}
return l-;
} int main()
{
while (scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&A,&B)!=EOF)
{
sum[]=;
tot=A+B;
for (ll i=; i<=n; i++) scanf("%I64d",&a[i]),sum[i]=sum[i-]+a[i];
if (A<sum[])
{
printf("BOB\n");
continue;
}
if (A>=sum[n])
{
printf("ALICE\n");
continue;
}
n=find();
f[n]=a[n];
if (tot-sum[n-]-f[n]>=a[n]) f[n]=tot-sum[n-]-a[n]+; for (int i=n-; i>=; i--)
{
f[i]=a[i]+f[i+];
if (tot-sum[i-]-f[i+]+<f[i]) f[i]=tot-sum[i-]-f[i+]+;
} if (f[]>A) printf("BOB\n");
else printf("ALICE\n");
}
return ;
}

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