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題意：兩人取一堆石子，石子有n個。 先手第一次不能全部取完但是至少取一個。之后每人取的個數(shù)不能超過另一個人上一次取的數(shù)的K倍。拿到最后一顆石子的贏。先手是否有必勝策略？若有，先手第一步最少取幾個？

思路：

（1）首先k=1的時候，必敗態(tài)是2^i,因為我們把數(shù)二進制分解后，拿掉二進制的最后一個1，那么對方必然不能拿走倒數(shù)第二位的1，因為他不能拿的比你多。你只要按照這個策略對方一直都不可能拿完。所以你就會贏。

（2）k=2的時候，必敗態(tài)是斐波那契數(shù)列。因為任何一個整數(shù)n都可以寫成若干項不相鄰的斐波那契數(shù)的和，所以我們拿掉1，對方永遠取不完再高位的1。因為斐波那契數(shù)列兩項f[i]和f[i+2]滿足f[i+2]>2*f[i]。比如設斐波那契數(shù)列為1,2,3,5,8,13……12=8+3+1，化成二進制就好比是10101,那么你拿走最右邊的1(其實就是1)，那么對方不可能拿走第三位的1(這個1其實是3)，這樣就和 k=1一個道理，對方不可能拿完，所以你就能拿完； （3）k>=3的時候，我們必須構(gòu)造數(shù)列，將n寫成數(shù)列中一些項的和，使得這些被取到的項的相鄰兩個倍數(shù)差距>k 那么每次去掉最后一個1 還是符合上面的條件。設這個數(shù)列已經(jīng)被構(gòu)造了i 項,第i項為a[i],前i項可以完美對1到b[i] 編碼使得每個編碼的任意兩項倍數(shù)>K 那么有a[i+1]=b[i]+1;這是顯然的。因為b[i]+1沒法構(gòu)造出來。只能新建一項表示。然后計算b[i+1]。 既然要使用 a[i+1] 那么下一項最多只能是某個a[t] 使得 a[t]*K<a[i+1] ，于是b[i+1]=b[t]+a[i+1]。

最后判斷n是否在數(shù)列a里面。如果在，那么先手必敗。否則不停的減掉數(shù)列a中的項構(gòu)造出n的分解，最后一位就是了。

const int MAX=2000000; int a[MAX],b[MAX],n,m,C,num=0;int main() {for(scanf("%d",&C);C--;){scanf("%d%d",&n,&m);a[0]=b[0]=1;int i=0,j=0;while(a[i]<n){i++;a[i]=b[i-1]+1;while(a[j+1]*m<a[i]) j++;if(a[j]*m<a[i]) b[i]=b[j]+a[i];else b[i]=a[i];}printf("Case %d: ",++num);if(a[i]==n){puts("lose");continue;}int ans;while(n){if(n>=a[i]) n-=a[i],ans=a[i];i--;}printf("%d\n",ans);}return 0; }

　　

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總結(jié)

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