http://poj.org/problem?id=1740 (题目链接)

男人八题之一

题意

  对于n堆石子,每堆若干个,两人轮流操作,每次操作分两步,第一步从某堆中去掉至少一个,第二步(可省略)把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。最后谁无子可取即输。

Solution

  首先我们考虑两堆相等的情况,一定是谁取谁输,因为对方永远可以做对称的操作。对于四堆,1、2堆相等,3、4堆相等的情况,一定也是先手输,后手也只需要做对称的操作(在先手取石子的对称堆中取相同多的石子,并把和先手等量的石子分给先手分配给的堆的对称堆。(若先手在3堆取,并分给1堆,那后手就在4堆取,分给2堆)。也就是说对于任意的一对一对相等的情况来说,一定是后手必胜。

  我们接下来来证明除上述情况外,所有情况都是先手必胜。因为任何一种情况都可以转化为一对一对相等的情况。若总堆数为奇数的情况,可以把石子最多的一堆的石子分配给其它堆,使得其它堆两两相等。最多一堆的石子绝对是足够多,可以完成这个补齐的任务的。因为我们把石子从小到大排序后画成条形统计图。把相邻两个分成一组(1和2一组,3和4一组……)我们需要用第n堆填补1,3,5……堆我们把需要填补的这些差距(2比1高出的部分,4比3高出的部分……)投影到统计图左侧的y轴上,我们会发现这是一些不连续的区间,其长度总和明显小于第n堆。所以可以补齐。

  对于堆数为偶数的情况。我们把最多的一堆削弱到和最少的一堆一样多,并把拿掉的石子分给别的堆,使其一对一对地相等。可行性于前面奇数情况同理。

  所以只要判断是不是一对一对的相等的情况即可。

代码

// poj1740
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#define inf 2147483640
#define LL long long
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
inline LL getint() {
LL x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch>'9' || ch<'0') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
} int n,a[1010]; int main() {
while (scanf("%d",&n)!=EOF && n) {
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
if (n%2==0) {
int flag=1;
for (int i=2;i<=n;i+=2)
if (a[i]!=a[i-1]) {flag=0;break;}
if (flag) {printf("0\n");continue;}
}
printf("1\n");
}
return 0;
}

  

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