hdu 5165 Funny Game (博弈)

hdu 5165 Funny Game (博弈)

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5165

题意：

Bob有一个数组{a1,a2,...,an}，数组中的每个元素都是介于1到n之间的整数。Bob还有m个函数，他们的定义域和值域都是集合{1,2,...,n}。Bob和Alice轮流开始玩游戏，Alice先开始。对于每一轮，玩家可以选择一个函数f使得数组中每个元素 ai(1 <= i <= n)变成f(ai)。例如，一开始数组是{1,1,2,4,5}，有一个函数f(1)=1,f(2)=3,f(3)=4,f(4)=1,f(5)=2。那么经过一次操作，数组变为{1,1,3,1,2}。如果数组中的所有元素都相同（无论当前论是Bob还是Alice），那么Alice胜利游戏结束。然后Bob的目的是阻止Alice胜利。
假设Alice和Bob都足够聪明，每次都采取最优策略。问：无论数组的初始状态是什么，Alice是否都能够必胜？

输入描述：

输入第一行包含一个整数T(1 <= T <= 200)表示测试数据组数。对于每组测试数据：第一行包含两个整数n和m(1 <= n,m <= 100)表示数组的大小和函数的个数。接下来m行，每行包含n个整数f(1),f(2),...,f(n) (1 <= f(i) <= n,1 <= i <= n)。

输出描述：

对于每组数据，如果Alice一定能够必胜，输出YES，否则输出NO。

思路：

1.对于Alice，如果对于每个数对(x,y),都能通过某些函数把它变成(z,z),则Alice必胜，因为由于函数不能一对多，所以这个过程是不可逆的，所以当Alice把(x,y)变成(z,z)，Bob不能把它复原，或者变成不一样的数。

2.设(x,y)通过某些函数转换为(z,z)为过程1。

由必胜态倒推，可以看出如果x==y，过程1总是可以成功的。

设dp[x][y][0/1]为对于数对(x,y)，Alice先手0，后手1，过程1成功则dp[x][y][0/1]=1，否则dp[x][y][0/1]=0。

所以，在最初的时候dp[i][i][0/1]==1。

我们把dp[x][y][0/1]==1的全部入队，每次取最前面的一个，进行更新，更新分成两种情况：

a)如果Alice此时为先手，则它的前驱为Bob先手。

设Bob先手为事件A，要使事件A的过程1可以成功，则事件A的所有后继的过程1都是成功的。

b)如果Alice此时为后手，则它的前驱为Alice先手。

设Alice先手为事件B，要使事件B的过程1可以成功，则事件B的一个后继的过程1可以成功就行了。

所以一开始建图的时候要建一个正向的图，一个方向的图。

C++ Code


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/*hdu 5165

题意：

Bob有一个数组{a1,a2,...,an}，数组中的每个元素都是介于1到n之间的整数。Bob还有m个函数，他们的定义域和值域都是集合{1,2,...,n}。Bob和Alice轮流开始玩游戏，Alice先开始。对于每一轮，玩家可以选择一个函数f使得数组中每个元素 ai(1 <= i <= n)变成f(ai)。例如，一开始数组是{1,1,2,4,5}，有一个函数f(1)=1,f(2)=3,f(3)=4,f(4)=1,f(5)=2。那么经过一次操作，数组变为{1,1,3,1,2}。如果数组中的所有元素都相同（无论当前论是Bob还是Alice），那么Alice胜利游戏结束。然后Bob的目的是阻止Alice胜利。 假设Alice和Bob都足够聪明，每次都采取最优策略。问：无论数组的初始状态是什么，Alice是否都能够必胜？

输入描述：

输入第一行包含一个整数T(1 <= T <= 200)表示测试数据组数。对于每组测试数据：第一行包含两个整数n和m(1 <= n,m <= 100)表示数组的大小和函数的个数。接下来m行，每行包含n个整数f(1),f(2),...,f(n) (1 <= f(i) <= n,1 <= i <= n)。

输出描述：

对于每组数据，如果Alice一定能够必胜，输出YES，否则输出NO。

思路：

1.对于Alice，如果对于每个数对(x,y),都能通过某些函数把它变成(z,z),则Alice必胜，因为由于函数不能一对多，所以这个过程是不可逆的，所以当Alice把(x,y)变成(z,z)，Bob不能把它复原，或者变成不一样的数。

2.设(x,y)通过某些函数转换为(z,z)为过程1。

由必胜态倒推，可以看出如果x==y，过程1总是可以成功的。

设dp[x][y][0/1]为对于数对(x,y)，Alice先手0，后手1，过程1成功则dp[x][y][0/1]=1，否则dp[x][y][0/1]=0。

所以，在最初的时候dp[i][i][0/1]==1。

我们把dp[x][y][0/1]==1的全部入队，每次取最前面的一个，进行更新，更新分成两种情况：

a)如果Alice此时为先手，则它的前驱为Bob先手。

设Bob先手为事件A，要使事件A的过程1可以成功，则事件A的所有后继的过程1都是成功的。

b)如果Alice此时为后手，则它的前驱为Alice先手。

设Alice先手为事件B，要使事件B的过程1可以成功，则事件B的一个后继的过程1可以成功就行了。

所以一开始建图的时候要建一个正向的图，一个方向的图。

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<vector>

#include<map>

#include<queue>

#include<cstring>

using namespace std;

#define MP make_pair

#define PB push_back

const int N=10005;

vector<int> mp[N],rv[N];

map< pair<int,int>,int > vis;

int f[N],p2i[N][N];

int dp[N*N][2];

int n,m;

struct Dt{

int v,turn;

Dt(){}

Dt(int _v,int _turn){ v=_v; turn=_turn; }

};

queue<Dt> que;

void init(){

int id=0;

for(int i=1;i<=n;++i)

for(int j=i;j<=n;++j)

p2i[j][i]=p2i[i][j]=id++;

for(int i=0;i<id;++i){

mp[i].clear();

rv[i].clear();

}

vis.clear();

for(int i=0;i<id;++i){

dp[i][0]=dp[i][1]=0;

}

}

int main(){

int T;

scanf("%d",&T);

while(T--){

scanf("%d%d",&n,&m);

init();

for(int i=0;i<m;++i){

for(int j=1;j<=n;++j)

scanf("%d",&f[j]);

for(int j=1;j<=n;++j)

for(int k=j+1;k<=n;++k){

int fr=p2i[j][k];

int to=p2i[f[j]][f[k]];

if(vis[MP(fr,to)]==0){

mp[fr].PB(to);

rv[to].PB(fr);

vis[MP(fr,to)]=1;

}

}

}

for(int i=1;i<=n;++i){

que.push(Dt(p2i[i][i],0));

que.push(Dt(p2i[i][i],1));

dp[p2i[i][i]][0]=dp[p2i[i][i]][1]=1;

}

while(!que.empty()){

Dt now=que.front();

que.pop();

if(now.turn==0){

int to=now.v;

for(int i=0;i<rv[to].size();++i){

int fr=rv[to][i];

if(dp[fr][1]==0){

int st=1;

for(int i=0;i<mp[fr].size();++i)

st&=dp[mp[fr][i]][0];

dp[fr][1]=st;

if(dp[fr][1])

que.push(Dt(fr,1));

}

}

}

else{

int to=now.v;

for(int i=0;i<rv[to].size();++i){

int fr=rv[to][i];

if(dp[fr][0]==0){

dp[fr][0]=1;

que.push(Dt(fr,0));

}

}

}

}

int ans=1;

for(int i=1;i<=n;++i){

for(int j=i;j<=n;++j){

ans&=dp[p2i[i][j]][0];

}

}

if(ans) puts("YES");

else puts("NO");

}

return 0;

}
时间： 2024-10-08 19:39:19

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