Nim 游戲 、?頭游戲1、石頭游戲2

文章目錄

• Nim 游戲 、?頭游戲1、石頭游戲2
• • **一：Nim 游戲**
  • **二：?頭游戲**
  • **三、石頭游戲2**
  • • **方法一：DP 函數**
    • **方法二：DP table**

一：Nim 游戲

你和你的朋友，兩個人一起玩 Nim 游戲：桌子上有一堆石頭，每次你們輪流拿掉 】1 - 3 塊石頭。 拿掉最后一塊石頭的人就是獲勝者。你作為先手。你們是聰明人，每一步都是最優解。 編寫一個函數，來判斷你是否可以在給定石頭數量】的情況下贏得游戲。

示例:

輸入: 4 輸出: false 解釋: 如果堆中有 4 塊石頭，那么你永遠不會贏得比賽；因為無論你拿走 1 塊、2 塊 還是 3 塊石頭，最后一塊石頭總是會被你的朋友拿走

解題思路：

我們解決這種問題的思路?般都是反著思考：

1 . 如果我能贏， 那么最后輪到我取??的時候必須要剩下 1~3 顆??， 這樣 我才能?把拿完。

2.如何營造這樣的?個局?呢？ 顯然， 如果對?拿的時候只剩 4 顆??， 那么?論他怎么拿， 總會剩下 1~3 顆??， 我就能贏。

3.如何逼迫對??對 4 顆??呢？ 要想辦法， 讓我選擇的時候還有 5~7 顆??， 這樣的話我就有把握讓對?不得不?對 4 顆??。

4.如何營造 5 ~ 7 顆??的局?呢？ 讓對??對 8 顆??， ?論他怎么拿， 都會給我剩下 5~7 顆， 我就能贏。

5.這樣?直循環下去， 我們發現只要踩到 4 的倍數， 就落?了圈套， 永遠逃不出 4 的倍數， ?且?定會輸。 所以這道題的解法?常簡單：

bool canWinNim(int n) { // 如果上來就踩到 4 的倍數， 那就認輸吧 // 否則， 可以把對?控制在 4 的倍數， 必勝 return n % 4 != 0; }

二：?頭游戲

亞歷克斯和李用幾堆石子在做游戲。偶數堆石子排成一行，每堆都有正整數顆石子 piles[i] 。

游戲以誰手中的石子最多來決出勝負。石子的總數是奇數，所以沒有平局。

亞歷克斯和李輪流進行，亞歷克斯先開始。 每回合，玩家從行的開始或結束處取走整堆石頭。 這種情況一直持續到沒有更多的石子堆為止，此時手中石子最多的玩家獲勝。

假設亞歷克斯和李都發揮出最佳水平，當亞歷克斯贏得比賽時返回 true ，當李贏得比賽時返回 false 。

示例：

輸入：[5,3,4,5] 輸出：true 解釋： 亞歷克斯先開始，只能拿前 5 顆或后 5 顆石子 。 假設他取了前 5 顆，這一行就變成了 [3,4,5] 。 如果李拿走前 3 顆，那么剩下的是 [4,5]，亞歷克斯拿走后 5 顆贏得 10 分。 如果李拿走后 5 顆，那么剩下的是 [3,4]，亞歷克斯拿走后 4 顆贏得 9 分。 這表明，取前 5 顆石子對亞歷克斯來說是一個勝利的舉動，所以我們返回 true 。

提示：

2 <= piles.length <= 500

piles.length 是偶數。

1 <= piles[i] <= 500

sum(piles) 是奇數。

強調雙?都很聰明的原因， 算法也是求最優決策過程下你是否能贏。這道題?涉及到兩?的博弈， 也可以?動態規劃算法暴?試， ?較?煩。 但我們只要對規則深?思考， 就會?驚失?： 只要你?夠聰明， 你是必勝?疑的， 因為你是先?。

boolean stoneGame(int[] piles) {return true; }

這是為什么呢， 因為題?有兩個條件很重要： ?是?頭總共有偶數堆， ?頭的總數是奇數。

這兩個看似增加游戲公平性的條件， 反?使該游戲成為了?個割?菜游戲。

我們以 piles=[2, 1, 9, 5] 講解， 假設這四堆?頭從左到
右的索引分別是 1， 2， 3， 4。

• 如果我們把這四堆?頭按索引的奇偶分為兩組， 即第 1、 3 堆和第 2、 4 堆，
• 那么這兩組?頭的數量?定不同， 也就是說?堆多?堆少。 因為?頭的總數是奇數， 不能被平分。
• ?作為第?個拿?頭的?， 你可以控制??拿到所有偶數堆， 或者所有的奇數堆。
• 你最開始可以選擇第 1 堆或第 4 堆。 如果你想要偶數堆， 你就拿第 4 堆， 這樣留給對?的選擇只有第 1、 3 堆， 他不管怎么拿， 第 2 堆?會暴露出來，你就可以拿。
• 同理， 如果你想拿奇數堆， 你就拿第 1 堆， 留給對?的只有第2、 4 堆， 他不管怎么拿， 第 3 堆?給你暴露出來了。
• 也就是說， 你可以在第?步就觀察好， 奇數堆的?頭總數多， 還是偶數堆的?頭總數多， 然后步步為營， 就?切盡在掌控之中了。

三、石頭游戲2

亞歷克斯和李繼續他們的石子游戲。許多堆石子 排成一行，每堆都有正整數顆石子 piles[i]。游戲以誰手中的石子最多來決出勝負。

亞歷克斯和李輪流進行，亞歷克斯先開始。最初，M = 1。

在每個玩家的回合中，該玩家可以拿走剩下的 前 X 堆的所有石子，其中 1 <= X <= 2M。然后，令 M = max(M, X)。

游戲一直持續到所有石子都被拿走。

假設亞歷克斯和李都發揮出最佳水平，返回亞歷克斯可以得到的最大數量的石頭。

示例：

輸入：piles = [2,7,9,4,4] 輸出：10 解釋： 如果亞歷克斯在開始時拿走一堆石子，李拿走兩堆，接著亞歷克斯也拿走兩堆。在這種情況下，亞歷克斯可以拿到 2 + 4 + 4 = 10 顆石子。 如果亞歷克斯在開始時拿走兩堆石子，那么李就可以拿走剩下全部三堆石子。在這種情況下，亞歷克斯可以拿到 2 + 7 = 9 顆石子。 所以我們返回更大的 10。

提示：

• 1 <= piles.length <= 100
• 1 <= piles[i] <= 10 ^ 4

解題思路：

定義：

• stones：與題目中 piles 意思保持一致；
• n：stone個數；
• score[i, j]：當前玩家從 stones[i] 開始，且 M = j 時，該玩家所能得到的最高分數；
• sum[i]：從stones[i]開始，剩下石頭分數之和（即，stones[i] + … + stones[n - 1]）；

考慮：

• 如何使得當前玩家所能獲得的分數score[i, j]最高？取1個？取2個？… 取 2 * j 個？
• 當前玩家拿1個stone時，另一個玩家接下來所能獲得的最高分數為score[i + 1, max(j, 1)]；
• 當前玩家拿2個stone時，另一個玩家接下來所能獲得的最高分數為score[i + 2, max(j, 2)];
• …
• 當前玩家拿2*j個stone時，另一個玩家接下來所能獲得的最高分數為score[i + 2 * j, max(j, 2 * j)];
• 因為sum[i]是一定的，只需要使另一個玩家接下來所能獲得的最高分數最小，即可保證當前玩家所得到的分數score[i, j]最大

基于上述考慮，得到遞歸方程如下：

score[i,j]=sum[i] ? min(socre[i + 1,max(j,1)],...,score[i + 2 ? j,max(j,2 ? j)])

進一步考慮，遞歸終止條件：

因為所有stone的分數都為正數；當 n - i <= 2 * j 時（即，當前玩家可以直接拿下剩下的所有stone），則當前玩家所得最高分 score[i, j] 直接為剩下所有stone分數之和（即，score[i, j] = sum[i]）；

完整遞歸方程如下：

回到題目

• 一場游戲，Alex所能獲得的最高分為score[0,1]；
• 對應的，Lee所獲得的分數為 sum[0]?score[0,1]；
• 誰獲得的分數高，誰贏；

為了可以在常數時間內計算到sum[i]，我們需要提前計算好后綴和數組；

當n = 8時，示例如下：

正如前面所說，當 2 * j > n - i 時，當前玩家可以拿走剩下的所有stone，因此這里 j 的上限，我們取 n 的一半向上取整；

為了計算score[0, 1]，我們需要知道score[1, 1]，score[2, 2]，所以計算時我們采用從下到上（從左到右或者從右到左都行）的計算順序；

方法一：DP 函數

class Solution { public:int n = 0;//表示從i開始取M個獲取的最大價值int* vec;//備忘錄int mem[105][105];//dp函數int dp(int s, int M) {//如果在備忘錄中直接在備忘錄中返回，避免重復計算if(mem[s][M] != 0) return mem[s][M];//如果s >= n代表下標已經越界，相當于piles越界if(s >= n) return 0;//如果發現 s + 2 * M >= n 說明玩家可以一次取完，直接返回if(s + 2 * M >= n){return vec[s];}int ans = 0;for(int i = 1; i <= 2 * M; i++) {//當前的最大價值為，當前剩余價值 - 下一個狀態的最大價值。ans = max(ans, vec[s] - dp(s + i, max(i, M))); }//記憶化搜索mem[s][M] = ans;return ans;}int stoneGameII(vector<int>& piles) {n = piles.size();//初始化相關操作memset(mem, 0, sizeof(mem));vec = new int[n];//從 后往前計算每個 i 位置前 的所有石頭之和int sum = 0;for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {sum += piles[i];vec[i] = sum;}//遞歸調用dp函數求結果，0:代表玩家從piles的0下標處開始可以獲得的最大石頭數量 ；1:代表m的初始值為1return dp(0,1);} };

方法二：DP table

class Solution { public:int stoneGameII(vector<int>& piles) {int len = piles.size();//用來從前往后計算每個 i 位置的所有石頭之和int sum = 0; // dp[i][j]表示當前是第i波，m = j，玩家所能獲得的最大石頭的數量;vector<vector<int>>dp(len + 1, vector<int>(len + 1, 0));//注意要反向遍歷for(int i = len - 1; i >= 0; i--){sum += piles[i];// 表示當前所剩下的所有棋子的和for(int M = 1; M <= len; M++){//代表玩家可以一次取完剩下的所有石頭，直接放到dp中，繼續循環測試if(i + 2 * M >= len){//直接把剩下的所有石頭保存在dp數組中dp[i][M] = sum;continue;}//用循環來枚舉所有的情況，取其中玩家可以獲得最大石頭數量的一個結果保存//x代表每次取的堆數//i + x <= len 是為了防止越界//x <= 2 * M 代表每次可以取的石頭的堆數范圍for(int x = 1; i + x <= len && x <= 2 * M; x++){//每次選取其中結果最大 的來保存dp[i][M] = max(dp[i][M], sum - dp[i + x][max(M, x)]);}}}return dp[0][1];} };

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Nim 游戏 、⽯头游戏1、石头游戏2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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