pku 2234（Matches Game）解题报告

题目链接地址http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2234
此题为随机博弈题目。随机博弈指的是这样的一个博弈游戏，目前有任意堆石子，每堆石子个数也是任意的，双方轮流从中取出石子，规则如下：
1〉每一步应取走至少一枚石子；每一步只能从某一堆中取走部分或全部石子；
2〉如果谁取到最后一枚石子就胜
也就是尼姆博弈（Nimm Game）这种博弈的最终状态是：最后剩下一堆石子，当前取石子的人一次取完剩下的全部石子获胜。当石子剩下两堆，每堆1颗的时候，当前取的人显然必败；再来讨论一种情况，当石子剩下两堆，其中一堆只剩下1颗，另一堆剩下多于1颗石子时，当前取的人只需将多于1颗的那一堆取到剩余1颗，则局面变为刚才提到的必败局面。这个过程就是当前取石子的人如果有必胜策略，那么就迫使局面由必胜局面转化到必败局面，也就是说如果当前的局面是必败局面，那么经过2次取，局面又回到必败局面。无穷下降法不同于反证法之处也在此：在“下降”的过程中，状态一直保持不变（在证明费马猜想n=4的情形时，状态就是该三元组是方程的解）；而在随机博弈过程中，状态即局面，下降的是石子数目，由于石子总数目一直在减少，因此最终会“下降”到终极必败状态：最后一颗石子已经被胜者拿走，当前没有石子剩余。现在的问题是：
1〉确定一个方法（或者称之为一个从某一局面映射集合{必胜局面，必败局面}的函数），能够快速判断出当前局面是否为必胜（必败）局面；
2〉是否存在一种满足规则的转化状态方法（或者称之为一个从必胜局面映射到必败局面的函数），满足只要当前不是必败局面，取一次后均可以转化到必败局面。
如果仅仅是两堆石子，那么上述两个问题很好解决：
1〉当两堆石子数目相等的时候，当前局面为必败局面，否则为必胜局面，显然，两堆均为0颗是满足这个方法的；
2〉如果当前局面是必胜局面，那么从石子较多的那一堆里面取，使得两堆石子数相等，这样便转化到了必败局面。
然而，对多于两堆石子，1〉可以照旧，但是这样一来2〉远远没有这么简单，因为不太可能取后使得所有堆数目都一样（除非除了石子最多的一堆之外其它所有堆石子数目都相等）。因此需要找一组更加有效的方法，有个叫张一飞的人作过这个研究，他想到的方法是这样的：
1〉把所有堆的石子数目用二进制数表示出来，当全部这些数按位异或结果为0时当前局面为必败局面，否则为必胜局面；
2〉（定理0）一组自然数中必然存在一个数，它大于等于其它所有数按位异或的结果。因此在必胜局面下，因为所有数按位异或的结果是大于零的，那么通过一次取，将这个（大于其它所有数按位异或的结果的）数下降到其它所有数按位异或的结果，这时局面就变为必败局面了。
有了上述理论只是，此题就很简单了。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int N;
int i;
long int a[23];
int sum;
while(cin>>N)
{
for(i=0; i<N; i++)
cin>>a[i];
sum=a[0];
for(i=1; i<N; i++)
sum=sum^a[i];
if(sum==0)
cout<<"No"<<endl;
else
cout<<"Yes"<<endl;
}
return 0;
}
值得一题的是有个取石子游戏与此题很相似，不过不同的是取石子游戏是二堆，并且可以同时在二堆上取相同数目的石子。那是用黄金分割判断
#include<iostream>
Using namespace std;
#include <math.h>
int main()
{
int a,b,k,temp,data;
while(cin>>a>>b)
{
if(a>b){
temp=b;
b=a;
a=temp;
}
k =b-a;
data=(floor)(k*(1.0+sqrt(5))/2.0);
if(a==data)
cout<<”0”<<endl;
else
cout<<”1”<<endl;
}
return 0;
}