题目

传送门 to AtCoder

思路

通过手玩，我感受到了一个结论：每次要么拿走一个石子，要么拿走一整堆石子。二者分别用于 “挨时间” 和 “推进度”。但是我并没有给出证明。而这证明，就是最重要的性质：石子数越多，胜率越高。

为什么呢？因为石子数变多之后，仍然可以采取相同的策略；只有最后一次，统一成 “拿完整堆石子”。所以一定严格更优。

应当说，这是博弈常见操作：求一个 “分界点”，之前都是 $N$ 状态，之后都是 $P$ 状态。

接下来我们就可以考虑游戏进程了：双方都在 “挨时间” 的过程不重要，因为终究有一个人会 “挨不赢”（比如，不得已拿完自己所在的那一堆石子）。所以我们只需要考虑 “推进度” 时的局面，比如左手玩家刚拿完一整堆石子——此时剩下的石子堆是 $[l,r]$，但是最右边的石子是不完整的。怎么判断？

仍然利用上面的性质：一定存在 $v$ 使得最右边的石子堆至少是 $v$ 个时，右手玩家（先手）必胜。所以我们只需要求这个，记为 $R_{l,r}$ 。类似的，我们还需要求一个 $L_{l,r}$ 。

怎样转移呢？以 $L_{l,r}$ 为例。假如拿完这一堆就赢，即 $G_{l+1,r}>a_r$，那么 $L_{l,r}=1$ 。否则，一定会进入拉锯战：双方都一个一个拿。那么，当先手这堆石子的数量小于 $L_{l,r-1}$ 时，后手拿完就赢了；当后手这堆石子的数量小于 $G_{l+1,r}$ 时，先手拿完就赢了。显然共需要拿 $(a_r-G_{l+1,r}+1)$ 轮，由于此时后手还无法取胜，所以先手最初至少有 $L_{l,r-1}+(a_r-G_{l+1,r}+1)$ 个石子，这就是 $L_{l,r}$ 的值。

$R_{l,r}$ 的计算同理。时间复杂度 $\mathcal{O}(T{n}^2)$ 。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){
	int a = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; !isdigit(c); c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; isdigit(c); c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}

const int MAXN = 105;
llong l[MAXN][MAXN], r[MAXN][MAXN];
int a[MAXN];

int main(){
	for(int T=readint(); T; --T){
		int n = readint();
		rep(i,1,n){
			a[i] = readint();
			l[i][i] = r[i][i] = 1;
		}
		drep(i,n-1,1) rep(j,i+1,n){
			if(r[i+1][j] > a[j]) l[i][j] = 1;
			else l[i][j] = a[j]+l[i][j-1]-r[i+1][j]+1;
			if(l[i][j-1] > a[i]) r[i][j] = 1;
			else r[i][j] = a[i]+r[i+1][j]-l[i][j-1]+1;
		}
		puts(l[1][n] <= a[1] ? "First" : "Second");
	}
	return 0;
}

最后

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