AtCoder 137 C Distinct Numbers（博弈论）

AtCoder 137 C Distinct Numbers

题意

给定一个长度为$n\left(2\le n\le 3\times 10^5\right)$的严格递增的自然数序列$A_1,A_2,\cdots ,A_n$

• 现在有两个人在轮流进行如下操作：
  • 选择序列中最大数$mx$，使其变成一个小于$mx$的自然数，并且变化后需要满足：序列中没有相同的数。
  • 然后将由另一个人来对这个序列进行操作。
  • 直至一个人无法操作的时候，则其被判负

思路

做这类博弈题的时候，我一般把自己带入，当作是自己是先手的那个人

• 首先，做博弈题的第一步就是搞清楚：当你面对什么局面的时候，代表被判负了
  • 被判负，即比最大数$mx$小的所有的自然数都存在了，故这是一个连续的、字典序最小的序列
    • 此处序列的字典序指的是一个数代表一个字符
  • 且因为前面的操作都是合法的，所以它们都是不同的
  • 故被判负的终态为$0,1,2,\cdots ,n-1$
• 考虑什么情况会到达终态（被判负），即被判负倒推一步
  • 我们用移动石子、石字占领位置的模型，来替换掉一个数变成某个数的思想
  • 我们用all表示$0$到$n-1$的所有位置
    • 局面1：假设all中有$1$个空位，且位置$n$已经被占领了。那么我们直接将其移动到all那个空位，对手面对终态，即表示我们：判胜
    • 局面2：假设all中有$2$个空位，且位置$n$和位置$n+1$已经被占领了。那么我们第一步只能被迫将$n+1$移动到一个空位，然后对手面对上面的局面1，即表示对手胜利，也就表示我们的结果为：判负
    • 局面3：假设all中有$3$个空位，且位置$n$和位置$n+1$、位置$n+2$已经被占领了。那么我们第一步只能被迫将$n+2$移动到一个空位，然后对手面对局面2，即表示对手失败，也就表示我们的结果为：判胜
    • 以此类推，此类all中存在空位，剩余的石子从位置$n$开始的连续的情况

然后我们开始就讲正解思路，分类讨论以下两种类型

类型一

若$A[n]>A[n-1]+1$，我们分以下两种情况考虑

• 如果存在一个方案，让$A[n]$变为某一个比$A[n-1]$小的数，使其的后继状态全是必败态（$N$态），那么我们就转移到这个状态，对手必败，等价我们必胜
• 如果不存在上述这样的一个方案，说明面对上述方案转移到的局面是一个必胜态，那么我们也要想办法让自己面对这样一个必胜态，我们就让对手强制把我们送到这个必胜态，我们让$A[n]$变为$A[n-1]+1$即可。这样对手就会被迫执行上述方案的操作，我们依旧必胜
• 故综上，当$A[n]>A[n-1]+1$时，是先手必胜的

类型二

若$A[n]=A[n-1]+1$

此处我先说结论，后证明

• 当$A[n]-(n-1)$为奇数时，必胜
• 当$A[n]-(n-1)$为偶数时，必败

以下简称$A[n]-(n-1)$为距离

我先举一个局面，大家体会一下，$n=6$，初始局面$0,2,3,5,99,100$，按照我最上面说的all中有两个空位置，需要考虑的只有99 100，根据上述的结论，距离为100 - 5 = 95是奇数，为必胜态

下面我称我们为A，对手为B

A面对的初始局面为99 100操作后为98 99

B此时面对的局面为98 99，距离为99 - 5 = 94是偶数，结论中为必败态，假设B有两种操作

• 操作后为45 98，我们操作后为 44 45
• 操作后为46 98，我们操作后为46 47

我们无论如何始终都可以让B面对最大的数是奇数的局面（必败态，因为例子中n-1为奇数），直到最后一个最大的奇数5

但是怎么为什么这结论就是正确的呢？

博弈论有以下基本性质

• 必败态的所有后继状态都是必胜态
• 必胜态的后继状态中至少有一个是必败态

回到我们刚刚说的all的那几种局面，局面1中距离为奇数（必胜），局面2中距离为偶数（必败），局面3中距离为奇数（必胜）

我们可以从局面2中拓展，假设最后两个石子的状态不为n n+1

• 若为n+1 n+2，则我们移动到n n+1，对手必败，我们必胜
• 若为n+2 n+3，若我们移动到n+1 n+2，面对这个局面的对手必胜，我们必败；若我们移动到n n+2,对手可以移动到n n+1我们必败；若我们将n+2移动到all中的一个空位置，对手只需再移动一步，我们就面对终态。故面对该状态时我们必败
• 于是我们便可以数学归纳法，all只有两个空位的时候且最后两个石子连续的情况，距离为奇数必胜，为偶数必败

此时我们还有一个问题没解决，如果all中不止两个空位且最后两个石子连续的情况——即一般情况（因为一个空位的情况我们已经讨论完毕了，即必胜）

结合从局面2的拓展和上述枚举的局面99 100中过程的思想，我们便可证明结论的正确性，相信此时大家已经懂得差不多了，此处我就不在赘述了

代码

最后附上本菜狗的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
int main()
{
    int n, x, y;
    cin >> n;
    rep(i, 3, n)
        cin >> x;
    cin >> x >> y;
    bool win = (y > x + 1) | ((y - (n - 1)) & 1);
    cout << (win ? "Alice" : "Bob") << 'n';
}

最后

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