hiho一下 第四十四周 博弈游戏

题目1 : 博弈游戏·Nim游戏

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描述

今天我们要认识一对新朋友，Alice与Bob。
Alice与Bob总是在进行各种各样的比试，今天他们在玩一个取石子的游戏。
在这个游戏中，Alice和Bob放置了N堆不同的石子，编号1..N，第i堆中有A[i]个石子。
每一次行动，Alice和Bob可以选择从一堆石子中取出任意数量的石子。至少取1颗，至多取出这一堆剩下的所有石子。
Alice和Bob轮流行动，取走最后一个石子的人获得胜利。
假设每一轮游戏都是Alice先行动，请你判断在给定的情况下，如果双方都足够聪明，谁会获得胜利？

提示：Nim?!

输入

第1行：1个整数N。表示石子堆数。1≤N≤100
第2行：N个整数，第i个整数表示第i堆石子的个数A[i]，1≤A[i]≤10000

输出

第1行：1个字符串，若Alice能够获胜输出"Alice"，否则输出"Bob"

样例输入

33 2 1

样例输出

Bob

方法：

通常的Nim游戏的定义是这样的：有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。
这 游戏看上去有点复杂，先从简单情况开始研究吧。如果轮到你的时候，只剩下一堆石子，那么此时的必胜策略肯定是把这堆石子全部拿完一颗也不给对手剩，然后对手就输了。如果剩下两堆不相等的石子，必胜策略是通过取多的一堆的石子将两堆石子变得相等，以后如果对手在某一堆里拿若干颗，你就可以在另一堆中拿同样多的颗数，直至胜利。如果你面对的是两堆相等的石子，那么此时你是没有任何必胜策略的，反而对手可以遵循上面的策略保证必胜。如果是三堆石子……好像已经很难分析了，看来我们必须要借助一些其它好用的（最好是程式化的）分析方法了，或者说，我们最好能够设计出一种在有必胜策略时就能找到必胜策略的算法。

Nim游戏是经典的公平组合游戏(ICG)，对于ICG游戏我们有如下定义：
1、两名选手；
2、两名选手轮流行动，每一次行动可以在有限合法操作集合中选择一个；
3、游戏的任何一种可能的局面(position)，合法操作集合只取决于这个局面本身；局面的改变称为“移动”(move)。
4、若轮到某位选手时，该选手的合法操作集合为空，则这名选手判负。

对于第三条，我们有更进一步的定义Position，我们将Position分为两类：
P-position：在当前的局面下，先手必败。
N-position：在当前的局面下，先手必胜。

他们有如下性质：
1.合法操作集合为空的局面是P-position；
2.可以移动到P-position的局面是N-position；
3.所有移动都只能到N-position的局面是P-position。

计算(dp,记忆化搜索)
以Nim游戏为例来进行一下计算。比如说我刚才说当只有两堆石子且两堆石子数量相等时后手有必胜策略，也就是这是一个P-position，下面我们依靠定义证明一下(3,3)是一个P-position。首先(3,3)的子局面（也就是通过合法移动可以导致的局面）有(0,3)(1,3)(2,3)（显然交换石子堆的位置不影响其性质，所以把(x,y)和(y,x)看成同一种局面），只需要计算出这三种局面的性质就可以了。 (0,3)的子局面有(0,0)、(0,1)、(0,2)，其中(0,0)显然是P-position，所以(0,3)是N-position（只要找到一个是P-position的子局面就能说明是N-position）。(1,3)的后继中(1,1)是P-position（因为(1,1)的唯一子局面(0,1)是N-position），所以(1,3)也是N-position。同样可以证明(2,3)是N-position。所以(3,3)的所有子局面都是N-position，它就是P-position。通过一点简单的数学归纳，可以严格的证明“有两堆石子时的局面是P-position当且仅当这两堆石子的数目相等”。
根据上面这个过程，可以得到一个递归的算法——对于当前的局面，递归计算它的所有子局面的性质，如果存在某个子局面是P-position，那么向这个子局面的移动就是必胜策略。当然，可能你已经敏锐地看出有大量的重叠子问题，所以可以用DP或者记忆化搜索的方法以提高效率。但问题是，利用这个算法，对于某个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)来说，要想判断它的性质以及找出必胜策略，需要计算O(a1*a2*...*an)个局面的性质，不管怎样记忆化都无法降低这个时间复杂度。

当然，我们这里会讲这个题目就说明肯定没那么复杂。没错，对于这个游戏有一个非常神奇的结论：
对于一个局面，当且仅当A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0时，该局面为P局面。
对于这个结论的证明如下：
1. 全0状态为P局面，即A[i]=0，则A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0。
2. 从任意一个A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = k != 0的状态可以移动到A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0的状态。由于xor计算的特殊性，我们知道一定有一个A[i]最高位与k最高位的1是相同的，那么必然有A[i] xor k < A[i]的，所以我们可以通过改变A[i]的值为A[i]'，使得A[1] xor A[2] xor ... xor A[i]' xor ... xor A[N] = 0。
3. 对于任意一个局面，若A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0，则不存在任何一个移动可以使得新的局面A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0。由于xor计算的特殊性，我们可以知道，一定是存在偶数个1时该位置的1才会被消除。若只改变一个A[i]，无论如何都会使得1的数量发生变化，从而导致A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] != 0。
以上三条满足ICG游戏中N,P局面的转移性质，所以该结论的正确性也得到了证明。

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;int main() {    int N, ans = 0, a;    scanf("%d", &N);    for(int i=0; i<N; i++) {        scanf("%d", &a);        ans ^= a;    }    if(!ans) printf("Bob\n");    else printf("Alice\n");    return 0;}