【解題報告】博弈專場 （CF 2000+）前五題

• A：Fox and Card Game | CF388C
• • 題意
  • 思路
  • 代碼
• B：Berzerk | CF786A
• • 題意
  • 思路
  • 代碼
• C：Ithea Plays With Chtholly | CF896B
• • 題意
  • 思路
  • 代碼
• D：Lieges of Legendre | CF603C
• • 題意
  • 思路
  • 代碼
• E：Funny Game | CF731E
• • 題意
  • 思路
  • 代碼

• 博弈專場 （CF 2000+）十題
  這里面假設每個人都是聰明的，不會犯錯，希望自己的收益最大。

A：Fox and Card Game | CF388C

題意

• Fox and Card Game | CF388C
  有 $n$ 堆牌，第 $i$ 堆有 $a_i$ 張牌，每堆牌從上往下，給出每張牌的分數
  兩個人輪流拿牌，$Alice$ 選一堆牌，拿走這堆牌的最上面那張牌；$Bob$ 則是選一堆，拿走這堆牌的最下面那張牌。
• 選完后，計算每個人的分數和，大的獲勝。求每個人的最終分數。
  $\sum a_i\le 10^4$

思路

• 一開始感覺是無從下手的，選擇決策有很多。
  如果靠近牌頂有收益很大的，肯定是 $Alice$ 能拿到的。但是她可以不一開始就去拿。當 $Bob$ 拿了這堆的底的時候，她再來拿這堆的頂即可，有點像圍棋的下法和思路。
• 這么一看，每堆牌就是一個獨立的游戲。那么我們只考慮一堆牌。如果是偶數牌，$Alice$ 拿走前一半， $Bob$ 拿走后一半。如果是奇數，那么中間那張牌會被先手拿走。
• 如果考慮多堆奇數牌，先手拿走中間的某張牌后，先手就會變成后手，后手會拿走另一堆中間的某張牌。所以我們把奇數牌堆的中間那張牌的收益降序，然后雙方輪流拿即可。

代碼

• 時間復雜度：$O(n\log n)$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x << " ] , ";show(args...);} typedef long long ll; const int MAX = 5e5+50; const int MOD = 1e9+7; const int INF = 0x3f3f3f3f; const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;vector<int>V;int main() {int n;cin >> n;ll sumA = 0,sum = 0;ll mx = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){int s;cin >> s;for(int j = 1;j <= s;++j){ll t;cin >> t;if(s & 1 && j == (s + 1) / 2)V.push_back(t); // 中間的拿出來排序else if(j <= s / 2)sumA += t;sum += t;}}sort(V.begin(),V.end(),greater<ll>());int sz = V.size();for(int i = 0;i < sz;++i){if(i%2==0)sumA += V[i]; // 雙方輪流拿}cout << sumA + mx << " " << sum - (sumA + mx);return 0; }

B：Berzerk | CF786A

題意

• Berzerk
  有 $n$ 個球，編號 $1～n$，環形排成一圈，第 $n$ 個球是黑洞。
  $Alice$ 有一個前進集合 $A$，$Bob$ 有一個前進集合 $B$
  對于每一個開始位置 $p$，雙方輪流選擇他集合中的一個數，相當于他順時針走幾步。如果走到黑洞，他就贏了。
• 求對于每一個 $p$，對于每個人先手的情況，是必勝還是必輸，或者是平局。
  $2\le n\le 7000$

思路

• 會跑循環，貌似挺麻煩的。考慮到多起點單終點，我們倒著跑是一個不錯的選擇。
  我們可以定義 $dp[i][0/1]$ 表示在這個位置，誰先手，的必勝態怎么樣。
  如果下一步，都走到對方的必勝態，自己就是必敗態。如果下一步，有一步走到對方的必敗態，自己就是必勝態。
  否則，就是平局。
• 感覺寫起來挺麻煩的。倒著走，都走到必勝態，我們可以用一個 $cnt$ 數組去做。
  平局，我們可以使用一個 $vis$ 數組去做。

代碼

• 時間復雜度：$O(n^2)$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x << " ] , ";show(args...);} typedef long long ll; const int MAX = 7e3+50; const int MOD = 1e9+7;int n; vector<int>V[2]; bool vis[MAX][2]; int mex[MAX][2]; int cnt[MAX][2];void dfs(int x,int who){if(vis[x][who])return;vis[x][who] = 1;int opp = who ^ 1;for(auto it : V[opp]){int xp = (x - it + n - 1) % n + 1; // 上一步if(xp == 1)continue; // 上一步是黑洞，不可能if(!mex[x][who]){ // 這一步必敗，上一步必勝mex[xp][opp] = 1;dfs(xp,opp);}else if(++cnt[xp][opp] == V[opp].size()){ // 上一步的下一步全是必勝，上一步必敗mex[xp][opp] = 0;dfs(xp,opp);}} }int main() {cin >> n;int s;cin >> s;while(s--){int t;cin >> t;V[0].push_back(t);}cin >> s;while(s--){int t;cin >> t;V[1].push_back(t);}dfs(1,0);dfs(1,1);for(int i = 2;i <= n;++i)cout << (vis[i][0] ? mex[i][0] ? "Win" : "Lose" : "Loop") << " ";puts("");for(int i = 2;i <= n;++i)cout << (vis[i][1] ? mex[i][1] ? "Win" : "Lose" : "Loop") << " ";return 0; }

C：Ithea Plays With Chtholly | CF896B

題意

• Ithea Plays With Chtholly | CF896B
  有 $n$ 張紙，一開始沒有都是空。
  有 $m$ 輪，每一次給定一個 $[1,c]$ 的數字。
  給你數字之后，你需要選擇把它寫在那一張紙上，若紙上之前寫過數字，則覆蓋。
  你需要擺完一個數字，他才給你下一個數字。
  問你怎么擺，讓最后 $n$ 張紙上的數字非單調遞減。
• $n,m\ge 2$
  $1\le c\le 1000$
  $1\le n??\frac{c}{2}?\le m\le 1000$

思路

• 非常神奇的交互題。也是一開始感覺擺數字讓最后非單調遞減，策略比較復雜的感覺。
  但是仔細想想，假設它最開始給了你個 $1$，你擺在最左邊是毫無疑問的。
  假設最開始給了你個 $2$，你擺在最左邊好像也可以，但如果再給了你個 $1$，你擺成 $[2,1]$ 就很劣，不如把 $2$ 替換成 $1$
• 經過上述非常離散的思考，我們感覺一直維護一個非單調遞減的序列就可以了，做法有點類似求最長上升子序列的過程。
• 但是這樣 $WA$了。再次仔細考慮，我們的次數超過了 $m$ 輪了。假設它給你 $[1,c]$ 范圍內的數字，給你 $c$ 的話，你放在最右位置是毫無疑問的。
  于是，憑感覺，我們把值分成小值和大值，序列從左往右維護一個小值的非遞減序列，從右往左維護一個大值的非遞增序列。這樣，次數就夠了。
• 嚴格分析輪數的話，考慮最劣情況的維護非遞增序列的次數，即給定序列為 $[x,x?1,x?2,?,1,x,x?1,?]$，即可以分析得到輪數的最劣情況就是 $n??\frac{c}{2}?$

代碼

• 時間復雜度：$O(n\log n)$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x << " ] , ";show(args...);} typedef long long ll; const int MAX = 1e3+50; const int MOD = 1e9+7; const int INF = 0x3f3f3f3f;int arr[MAX]; int arr_iv[MAX]; int main() {int n,m,c;cin >> n >> m >> c;fill(arr+1,arr+n+1,INF);fill(arr_iv+1,arr_iv+n+1,INF);while(1){int t;cin >> t;if(t <= c / 2){int p = upper_bound(arr+1,arr+1+n,t) - arr;cout << p << endl;arr[p] = t;arr_iv[n - p + 1] = -t;fflush(stdout);}else{int p = upper_bound(arr_iv+1,arr_iv+1+n,-t) - arr_iv;cout << n - p + 1 << endl;arr[n - p + 1] = t;arr_iv[p] = -t;fflush(stdout);}// for(int i = 1;i <= n;++i){ // show(i,arr[i],arr_iv[i]); // }bool can = true;for(int i = 1;i <= n;++i){if(arr[i] == INF){can = false;break;}if(arr[i] < arr[i-1]){can = false;break;}}if(can)break;}return 0; }

D：Lieges of Legendre | CF603C

題意

• Lieges of Legendre | CF603C
  $n$ 堆石頭，每堆有 $a_i$ 個石頭。
  兩個人輪流拿石頭。每次可以：
  （1） 選擇一堆，拿走其中一個石頭
  （2）選擇一堆，這堆的石頭個數為 $2x$，把它用 $k$ 堆石頭，每堆 $x$ 個石頭替換
  誰不能拿就輸了。求先手是否必勝。
• $1\le n\le 10^5$
  $1\le a_i,k\le 10^9$

思路

• 石頭，考慮 $SG$ 值。
  設 $f(x)$ 表示 $x$ 個石頭的 $SG$ 值。
  一個可以轉移到 $f(x?1)$
  若 $x$ 是偶數，可以變成 $k$ 個 $f(x/2)$ 的異或值。
• 容易想到按照 $k$ 的奇偶性分類討論。
• 如果 $k$ 是偶數，我們能算出來 $f[0,1,2]=\{0,1,2\}$
  如果 $x$ 是奇數，那么可以得到 $f(x)=mex\{f(x?1)\}$
  如果 $x$ 是偶數，那么可以得到 $f(x)=mex\{f(x?1),0\}$，因為 $k$ 個 $f(x/2)$ 的異或值為 $0$
  我們可以直接得到 $f(x)=0$，如果 $x$ 是大于 $2$ 的奇數；$f(x)=1$，如果 $x$ 是大于 $2$ 的偶數。
• 如果 $k$ 是奇數，我們能算出來 $f[0,1,2,3,4]=\{0,1,0,1,2\}$
  如果 $x$ 是奇數，仍然 $f(x)=mex\{f(x?1)\}$
  如果 $x$ 是偶數，那就 $f(x)=mex\{f(x?1),f(x/2)\}$ 因為 $k$ 個 $f(x/2)$ 的異或值為 $f(x/2)$
  我們能得到一個結論，如果 $x$ 是大于 $4$ 的奇數，那么 $f(x)=0$。否則，$f(x)>0$，我們可以歸納法去做，假設成立，然后根據 $mex\{f(x?1)\}$ 可以證明。
  我們接下來只要遞歸計算 $f(x)$ ，$x$ 是偶數的情況即可。每次都除以 $2$，是在 $\log$ 的數量級可以求出來的。
• 當然有人說：結論怎么想得出來的？你可以打表找規律，但是記得按 $k$ 的奇偶性去看。

代碼

• 時間復雜度：$O(n\log n)$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x << " ] , ";show(args...);} typedef long long ll; const int MAX = 1e3+50; const int MOD = 1e9+7; const int INF = 0x3f3f3f3f;const int pre[] = {0, 1, 0, 1, 2};int sg(int x,int k){if(k & 1){if(x < 5)return pre[x];if(x & 1)return 0;return sg(x / 2,k) == 1 ? 2 : 1;}else{if(x <= 2) return x == 1 ? 1 : 2;return (x % 2) ^ 1;} }int main() {int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);int mex = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){int t;scanf("%d",&t);mex ^= sg(t,k);}puts(mex?"Kevin":"Nicky");return 0; }

E：Funny Game | CF731E

題意

• Funny Game | CF731E
  有 $n$ 個數，兩個人輪流操作。
  每一次，選擇至少兩個，把最左邊的 $x$ 個數字合并成一個新的數字，值為這 $x$ 個數字的和 $y$，操作的人獲得 $y$ 分。
  選完后，第一個人的分數減去第二個人的分數的差值為 $C$，第一個人希望讓 $C$ 最大，第二個人希望讓 $C$ 最小，你需要求出這個 $C$。
• $2\le n\le 2\times 10^5$

思路

• 每次就是選擇一個前綴和，設 $dp[i][0/1]$ 表示已經選擇好前 $i$ 個數了，接下來由哪個人開始選。
  寫下狀態轉移方程：
  $dp[i][0]=\max \{dp[j][1]+pre[j]\}$
  $dp[i][1]=\min \{dp[j][0]+pre[j]\}$
  然后考慮暴力做時間不夠的，只要記錄一個最大值和最小值，直接轉移即可。
• 注意至少選擇兩個，也就是說我們的答案是 $dp[1][0]$ 而不是 $dp[0][0]$
• 還有別的更簡單的做法。考慮每個操作的人都是希望最大化自己的分數的，所以可以寫成：

ll ans = pre[n];for(int i = n-1;i >= 2;--i)ans = max(ans,pre[i] - ans); // -ans 是因為差值對于不同雙方是取反的cout << ans;

也是非常的妙。

代碼

• 時間復雜度：$O(n)$

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; void show(){std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){std::cerr << "[ " << x << " ] , ";show(args...);} typedef long long ll; const int MAX = 2e5+50; const int MOD = 1e9+7; const int INF = 0x3f3f3f3f; const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;ll pre[MAX]; ll dp[MAX][2]; int main() {int n;scanf("%d",&n);for(int i = 1;i <= n;++i){ll t;scanf("%lld",&t);pre[i] = pre[i-1] + t;}ll mx = pre[n];ll mn = -pre[n];for(int i = n - 1;i >= 0;--i){dp[i][0] = mx;dp[i][1] = mn;if(dp[i][0] - pre[i] < mn){mn = dp[i][0] - pre[i];}if(dp[i][1] + pre[i] > mx){mx = dp[i][1] + pre[i];} // show(i,dp[i][0],dp[i][1]);}printf("%lld",dp[1][0]);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【解题报告】博弈专场 （CF 2000~2200）前五题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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