洛谷P2252 【模板】威佐夫博弈 题解
题目链接:P2252 [SHOI2002] 取石子游戏|【模板】威佐夫博弈
题意:
有两堆石子,数量任意,可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。
游戏规定,每次有两种不同的取法:
- 一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子;
- 二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。
最后把石子全部取完者为胜者。
现在给出初始的两堆石子的数目,你先取,假设双方都采取最好的策略,问最后你是胜者还是败者。
输入格式:
输入共一行。
第一行共两个数 \(a, b\),表示石子的初始情况。
输出格式:
输出共一行。
第一行为一个数字 \(1,0\) 或 \(-1\),如果最后你是胜利者则为 \(1\);若失败则为 \(0\);若结果无法确定则为 \(-1\)。
数据范围:
对于 \(100\%\) 的数据满足 \(0\le a, b \le 10^9\)。
定义后手必胜态为奇异局势(什么鬼名字?),容易列举出一些这样的状态
\[
\begin{aligned}
& 0:(0,0)
\\[6pt]& 1:(1,2)
\\[6pt]& 2:(3,5)
\\[6pt]& 3:(4,7)
\\[6pt]& 4:(6,10)
\\[6pt]& 5:(8,13)
\end{aligned}
\] 首先 \((0,0)\)
显然是奇异局势。考虑 \((1,2)\)
的情况
- 如果先手取走 “1” 中的 1 个,那么后手就从 “2” 中取出 2 个,此时取完,后手胜利。
- 如果先手取走 “2” 中的 2 个,那么后手取走 “1” 中的 1 个,此时取完,后手胜利。
- 如果先手取走 “2” 中的 1 个,那么后手就在两堆中各取走 1 个,此时取完,后手胜利。
- 如果先手在 “1” 和 “2” 各取走了 1 个,那么后手取走 “2” 中的 1 个,此时取完,后手胜利。
故 \((1,2)\) 为奇异局势。其余情况证明略。
注意到每个奇异局势都形如 \((x, \, x + k)\) ,并且 \(x\) 均为即之前未出现过的最小自然数。
形式化的,对于奇异局势 \((x_i,y_i)\) 均有 \(y_i=x_i + i\) 和 \(x_i = \operatorname{mex}\{x_1,y_1,\cdots,x_{i-1},y_{i-1}\}\) 。
这个规律的证明啥的我就不证了,详细的证明太长了而且也没啥用。
可以发现由于 \(x_i\) 是 \(\operatorname{mex}\) ,因此形如 \((x_i,y_i)\) 奇异局势将全体整数划分为两个不相交的集合。
这其实也进一步说明了所有奇异局势都是以上 \((x_i,y_i)\) 的形式。
下面引入 Beatty 定理(Beatty sequence):
若 \(p,q \in \mathbb{R}^+\) 且 \(p,q \not\in \mathbb{Q}\) (也就是两个正无理数 \(p,q\) )满足 \(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\) ,
则集合 \(P=\left\{\lfloor n p\rfloor: n \in \mathbb{Z}^{+}\right\},~Q=\left\{\lfloor n q\rfloor: n \in \mathbb{Z}^{+}\right\}\) 满足 \(P \cap Q=\varnothing, P \cup Q=\mathbb{Z}^{+}\) 。
还是一样,证明我就不证了。
我们发现,相邻奇异局势的差值 \(x_i - x_{i-1}\) 通常是 \(1\) 或 \(2\) ,但似乎没有规律可言。
我们可以认为第一个数构成集合 \(P=\left\{\lfloor an\rfloor: n \in \mathbb{Z}^{+}\right\}\) ,
由 \(y_i\) 的定义可知第二个数构成集合 \(Q=\left\{\lfloor (a+1)n\rfloor: n \in \mathbb{Z}^{+}\right\}\) 。
由于 \(P,Q\) 满足 \(P \cap Q=\varnothing, P \cup Q=\mathbb{Z}^{+}\) 即构成正整数集的一个分划
所以 \(\frac{1}{a}+\frac{1}{a+1}=1\) ,解方程可得 \[ \begin{aligned} & \Delta=5 \\ & a_1=\frac{1+\sqrt{\Delta}}{2}, a_2=\frac{1-\sqrt{\Delta}}{2} \end{aligned} \] 因为 \(a > 1\) ,所以 \(a = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\) ,那么第 \(k\) 个奇异局势为 \((\left\lfloor ak\right\rfloor,\left\lfloor (a+1)k\right\rfloor)\) 。
那么对于本题,假设 \(n \le m\) ,先手必胜当且仅当 \[ n \ne \frac{1+\sqrt{5}}{2}(m - n) \] 时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log V)\)
代码:(注意要用 long double
的开方函数
sqrtl
)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
// #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
void up(int &x, int y) { x < y ? x = y : 0; }
void down(int &x, int y) { x > y ? x = y : 0; }
#define N ((int)())
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("check.in","r",stdin);
// freopen("check.out","w",stdout);
int n, m; cin >> n >> m;
if(n > m) swap(n, m); const int k = m - n;
cout << (n != (int)((1 + sqrtl(5.0)) / 2.0 * k)) << '\n';
return 0;
}
参考文献: