題目鏈接

https://atcoder.jp/contests/agc033/tasks/agc033_c

題解

終于會(huì)做點(diǎn)最簡(jiǎn)單的博弈論了……
首先題目中操作的含義就是選定一個(gè)點(diǎn)，把所有不是這個(gè)點(diǎn)的葉子刪掉（如果這個(gè)點(diǎn)不是葉子就刪所有葉子）。
對(duì)于任何一棵點(diǎn)數(shù)不少于\(3\)的樹，一定存在一個(gè)點(diǎn)（比如非葉子節(jié)點(diǎn)），使得對(duì)該點(diǎn)操作之后直徑減少\(2\)；同時(shí)一定存在一個(gè)點(diǎn)（比如直徑的端點(diǎn)），使得對(duì)該點(diǎn)操作后直徑減少\(1\)；同時(shí)不存在任何一種操作使得直徑發(fā)生其他的變化。因此這是一個(gè)Bash博弈的模型，答案與直徑長(zhǎng)度模\(3\)的值有關(guān)。
設(shè)直徑長(zhǎng)度（點(diǎn)數(shù)）為\(l\). 若\(l=1\)則先手必勝，\(l=2\)則后手必勝。后面就變成了剛才討論的情況，因此當(dāng)且僅當(dāng)直徑長(zhǎng)度\(\mod 3=2\)時(shí)后手必勝。
時(shí)間復(fù)雜度\(O(n)\).

代碼

#include<bits/stdc++.h> #define llong long long using namespace std;inline int read() {int x = 0,f = 1; char ch = getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}return x*f; }const int N = 2e5; struct Edge {int v,nxt; } e[(N<<1)+3]; int fe[N+3]; int fa[N+3]; int len[N+3]; int n,en,mx;void addedge(int u,int v) {en++; e[en].v = v;e[en].nxt = fe[u]; fe[u] = en; }void dfs(int u) {for(int i=fe[u]; i; i=e[i].nxt){int v = e[i].v; if(v==fa[u]) continue;fa[v] = u; dfs(v);mx = max(mx,len[u]+len[v]+1);len[u] = max(len[u],len[v]+1);} }int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1; i<n; i++) {int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); addedge(u,v); addedge(v,u);}dfs(1);if(mx%3==1) {puts("Second");}else {puts("First");}return 0; }

總結(jié)

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