Stone Game II
题目大意:
给出n堆物品,每堆物品都有若干件,现在A和B进行游戏,每人每轮操作一次,按照如下规则:
1. 任意选择一个堆,假设该堆有x个物品,从中选择k个,要保证0<k<x且0<(x^k)<k。
2. 再增加一个大小为x^k的堆(也就相当于将一个x个物品的堆变成一个k个物品的堆和一个x^k个物品的堆),另外有一个技能,可以将这个大小为x^k的堆变成(2*k)^x的堆,但是这个技能每个人只有一次机会可以使用。
现在问两人轮流操作,都采取最优策略,最后不能操作的人输,问谁会赢。
/* 先不考虑技能,其实每轮的操作就是将一个大小为x的堆分成大小为k和(x^k)的堆,这里很关键的一点是要能发现分堆之前x中二进制1的个数与分堆之后k与(x^k)的二进制1个数和的奇偶性是相同的。这个结论可以这样想,考虑x的某一位p,分四种情况: 1. 如果x的第p位为1且k的第p位也为1,那么(x^k)的第p位就是0. 2. 如果x的第p位为1且k的第p位也为0,那么(x^k)的第p位就是1. 3. 如果x的第p位为0且k的第p位也为1,那么(x^k)的第p位就是1. 4. 如果x的第p位为0且k的第p位也为0,那么(x^k)的第p位就是0. 可以发现无论哪种情况,奇偶性都不会发生变化,这是本题的关键。 另外考虑游戏怎么终止,很显然当一个堆x的二进制1的个数只有1个的时候,就不能再分了,那么如果所有的堆都这样,游戏就终止了,关键看从开始到终止需要奇数步还是偶数步就能判断输赢。 假设这些堆最后会分成y个堆,那么一共就分了y-n次,每个堆大小的二进制1个数都是1,这样二进制1的总是就是y,而y和x二进制1的个数z已经证明奇偶性相同,所以y-n和z-n奇偶性就是相同的,所以我们只需要判断z-n的奇偶性,这题就解决了,非常巧妙。 */ #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,T; int count(int x){ int res=0; while(x){ res+=x&1; x>>=1; } return res; } int main(){ freopen("Cola.txt","r",stdin); scanf("%d",&T); for(int c=1;c<=T;c++){ printf("Case %d: ",c); scanf("%d",&n); int cnt=0,x; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&x); cnt+=count(x); } cnt-=n; if(cnt&1)puts("Yes"); else puts("No"); } return 0; }
原文地址:https://www.cnblogs.com/thmyl/p/8135700.html
时间: 2024-10-09 20:45:34