POJ 2234 Matches Game(尼姆博弈)
2014-04-14 17:19
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题目大意:
有N堆石头,两个人轮流取石头,每次只能取一堆中的石头,至少取一个,最多全部全部取完。问先取的人是否能够获胜。解题思路:
(一)这是一道博弈论Nim Game的题目,我们先从简单情况开始分析,再逐步深入。(1)只有一堆,先手赢
(2)两堆,一共2根火柴,后手赢 (取完一堆即可)
两堆,一共3根火柴,先手赢 (1+2格局,在2个的一堆中取1个,转化为前一种情形)
两堆,一堆2个,另一堆2个,后手赢 (取完一堆,或者取1个都必输)
两堆,一堆1个,另一堆3个,先手赢 (1+3格局,在3个的一堆中取2个,转化为2根的情形)
...
两堆,堆中火柴数目相等,后手赢
两堆,堆中火柴数目不等,先手赢
(3)三堆,一共3根火柴,先手赢
三堆,一共4根火柴,先手赢
三堆,一共5根火柴,1.1.3型先手赢 (因为总能够转化到两堆相等的情况)
三堆,一共5根火柴,2.2.1型先手赢 (因为总能够转化到两堆相等的情况)
三堆,一共6根火柴,2.2.2型先手赢
三堆,一共6根火柴,1.1.4型先手赢
三堆,一共6根火柴,1.2.3型后手赢
通过简单的分析发现规律并不易寻找,并不是简单的奇偶关系(我就错误地推出过奇偶胜负关系)
(二)我们开始深入一点
我们发现在两堆时,我们找到一个有趣的规律,那就是如果两堆数目相等,那么后手方赢,如果两堆数目不等,先手方赢(思考一下为什么?)。但三堆的时候貌似又行不通了,因为如最简单的1+1+1格局,显然是各堆数目相等,但应该是先手方赢。但我们马上会发现,对于三堆的情形,如果各堆数目相等,一定是先手方赢(想清楚为什么?)。进一步推广,我们可以得到如下结论:
堆为奇数个,各堆中火柴数目相等,一定是先手方赢
堆为偶数个,各堆中火柴数目相等,一定是后手方赢
(三)我们开始处理最棘手的部分
我们现在能够处理,所有堆中火柴都相等的时候的情形,但各堆中火柴不相等呢?这里我们再次看到数学中一些不可思议的联系。我们现在重新审视和定义这个游戏的胜负
(1)如果轮到某人取火柴的时候,火柴已经没有了,那么此人输,设为P-格局
(2)如果轮到某人取火柴的时候,他能够取完火柴,那么此人赢,设为N-格局
(3)如果轮到某人取火柴的时候,他能够将当前格局转化为某个P格局,那么此格局为N-格局
(4)如果轮到某人取火柴的时候,他不能将当前格局转化为某个P格局,那么此格局为P-格局
下面我们来推导一个定理:一个格局记为(x1,x2,...,xn),且次序无关,此格局为 P-格局 当且仅当 x1^x2^...^xn = 0.其中^是按位异或运算
推导: 对应上述4种情形(为了叙述的简洁,并不十分严谨地证明,而是直接假设结论正确,再说明定理的工作机制)
(1)当(x1,x2,...,xn)中全为0时 ,格局为P-格局,此时x1 ^ x2 ^ ... ^ xn = 0成立。
(2)当(x1,x2,...,xn)中只有一个不为0,格局为N-格局,此时x1 ^ x2 ^ ... ^ xn = 0不成立。
(3)当(x1,x2,...,xn)是P-格局时,x1,...,xn不全为0.(反证法)
假设x1 ^ x2 ^ ... ^ xn = p,且p不为0,
记 p 的二进制表示中,最左的1(最高位的1)在从左至右数第 k 位.
由于p是异或运算的结果,那么 x1, x2 , ... , xn中至少有一个数第k位为1,
不妨设 xi 的第 k 位为1,那么 xi ^ p 第 k 位为0,那么xi > xi^p 显然成立.
也就是说,存在某种取法,使i堆的火柴数变化到 xi^p .
题设x1 ^ x2 ^ ... ^ xn = p,那么x1 ^ x2 ^ ... ^ xn ^ p = 0.
那么当前格局可以转化到某个P-格局,也就是说当前格局时N-格局,矛盾
所以,必有p=0.
(4)当x1 ^ x2 ^ ... ^ xn = 0时,如果存在某个移动 xi 变化到 xi ’ ,且x1^x2^....^xi ' ^...^xn = 0,
那么由异或运算的消去律有,xi = xi ' ,也就是说一根火柴都没取,这不允许的,所以
当前格局只能是P格局
有了这个强大的定理那么上题就很好解决了:
代码:
#include<cstdio> #include<cstring> int main(){ int num[25],m; while(~scanf("%d",&m)){ int ans=0; for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d",&num[i]); ans=ans^num[i]; } if(ans==0) printf("No\n"); else printf("Yes\n"); } return 0; }
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