题目描述
在研究过Nim游戏及各种变种之后，Orez又发现了一种全新的取石子游戏，这个游戏是这样的： 有n堆石子，将这n堆石子摆成一排。游戏由两个人进行，两人轮流操作，每次操作者都可以从最左或最右的一堆中取出若干颗石子，可以将那一堆全部取掉，但不能不取，不能操作的人就输了。 Orez问：对于任意给出一个初始一个局面，是否存在先手必胜策略。
输入格式
文件的第一行为一个整数T，表示有 T组测试数据。对于每组测试数据，第一行为一个整数n，表示有n堆石子；第二行为n个整数ai，依次表示每堆石子的数目。
输出格式
对于每组测试数据仅输出一个整数0或1。其中1表示有先手必胜策略，0表示没有。
输入输出样例
输入 #1
1 4 3 1 9 4
输出 #1
0
说明/提示
数据范围
对于30%的数据 n≤5 ai≤10^5
对于100%的数据 T≤10 n≤1000 每堆的石子数目≤10^9
思路
By :yybyyb
发现SG函数等东西完全找不到规律，无奈只能翻题解。
首先设L[i][j]表示在[i,j]这一段区间的左侧放上一堆数量为L[i][j]的石子后，先手必败。同理定义R[i][j]表示右侧。
首先我们可以证明L[i][j]唯一，假设存在两个L[i][j]，显然较大的那个可以通过一步转移转移到较小的那个，所以不合法。因此L[i][j]唯一。
接下来考虑如何证明L[i][j]一定存在。假设L[i][j]不存在，那么对于这段区间而言，在左边加上任意一堆石子先手都必胜，既然先手必胜意味着先手进行一步操作之后可以到达一个必败态，这里分情况讨论。假设先手拿的是最左边的一堆石子，因为不存在L[i][j]，所以只要拿了左边的石子之后，当前局面都是必胜态，所以不可能拿左边的石子。那么只能拿右边的石子，那么无论右边拿了一定量之后，无论左边添加了多少，都是一个必败态，那么此时后手在左侧随便拿走一定数量，这个状态也还是一个必败态，显然也不成立。因此L[i][j]必定存在。
综上，我们知道了L[i][j]一定存在并且唯一，而L[][],R[][]显然是对称的，因此R[i][j]也满足上述性质。
现在考虑如何求解L[i][j],R[i][j]同理。首先边界情况显然，L[i][i]=a[i]，因为只剩下两堆一模一样的情况的时候，后手只需要模仿先手的行动对称执行就好了，这样子一定不会输，即先手必败。
接下来来大力分类讨论，为了方便，设L=L[i][j−1],R=R[i][j−1],x=a[j]
- x=R
这种情况下显然只需要直接把a[j]放进去就好了，即这个区间本身就是一个必败态。所以L[i][j]=0。
- x<L,x<R
这种情况下L[i][j]=x。这种情况下最靠左的L[i][j]和x=a[j]是相同的，意味着先手无论怎么取，后手显然可以学着它的方法取，也就意味着左右两堆中显然必然会先拿完一堆，此时后手学着拿的那一堆的石子数一定也是小于L,R的。假设先手先拿完了最靠右的一堆，即剩下了[i,j−1]，因为L[i][j−1]表示的是在这一段区间最左侧加入一个L[i][j−1的堆，无论先手怎么取先手都是必败的，那么我们等价的认为先手取走了这一堆的一部分，显然后手是必胜的。假如先手先取完的是最左的一堆，同理，R[i][j−1]的含义是在最右侧加入了一堆，而a[j]<R[i][j−1]，我们还是可以等价的认为先手在这一堆中取走了若干石子，而这个状态对于先手而言是必败状态，因此显然后手必胜。
- R<x<L
这种情况下L[i][j]=x−1。这样子考虑，假设先手先拿了左边这一堆，那么假设还剩下了z个石子，如果z<R，后手把右侧的那一堆也给拿成z就变成了上面的情况。如果z≥R，那么后手把最后那一堆拿成z+1，于是又回到了这种情况，相当于这种情况递归处理。如果先手先拿的是右侧的这一堆，还是一样的，假设把它拿成了z，如果z<R，同上可以变成x<L,x<R的情况；如果y=R，直接把左边拿完，就变成了R[i][j−1]的定义了，先手必败；如果z>R，把左边那堆变成z−1，同样递归处理。
- L<x<R
分析同上，L[i][j]=x+1。
- x>L,x>R
L[i][j]=x。还是一样的，假设先手把其中一堆拿成了z。如果z>L,R，跟着先手拿成一样多的石子则又回到了这种情况。如果z<L,R，则可以回到情况x<L,R。否则的话对应着把另外一堆变成z+1或者z−1，对应着L<x<R和R<x<L两种情况。
而R[][]和L[][]是对称的，类似的求解即可。
那么最终只需要判断L[2][n]和a[1]是否相等即可判断胜负情况。
代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1010;
int t,n,a[N];
int l[N][N],r[N][N];
int main () {
scanf("%d",&t);
while(t--) {
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%d",&a[i]);
l[i][i]=r[i][i]=a[i];
}
for(int len=2; len<=n; len++)
for(int i=1,j=i+len-1; j<=n; i++,j++) {
int x=a[j],ll=l[i][j-1],rr=r[i][j-1];
if(x==rr)
l[i][j]=0;
else if((x>rr&&x>ll)||(x<ll&&x<rr))
l[i][j]=x;
else if(rr<x&&x<ll)
l[i][j]=x-1;
else
l[i][j]=x+1;
x=a[i],ll=l[i+1][j],rr=r[i+1][j];
if(x==ll)
r[i][j]=0;
else if((x>rr&&x>ll)||(x<ll&&x<rr))
r[i][j]=x;
else if(rr<x&&x<ll)
r[i][j]=x+1;
else
r[i][j]=x-1;
}
if(a[1]==l[2][n])
printf("0\n");
else
printf("1\n");
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/mysh/p/11826050.html