北大acm 1067解题报告--关于威佐夫博奕
2013-08-17 10:56
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取石子游戏
Description
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,如果轮到你先取,假设双方都采取最好的策略,问最后你是胜者还是败者。
Input
输入包含若干行,表示若干种石子的初始情况,其中每一行包含两个非负整数a和b,表示两堆石子的数目,a和b都不大于1,000,000,000。
Output
输出对应也有若干行,每行包含一个数字1或0,如果最后你是胜者,则为1,反之,则为0。
Sample Input
Sample Output
这是一个典型的威佐夫博奕,我们用(ak,bk)(ak ≤ bk ,k=0,1,2,...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0),那么甲已经输了,这种局势我们称为奇异局势。前几个奇异局势是:(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k,奇异局势有如下三条性质: 1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。 由于ak是未在前面出现过的最小自然数,所以有ak > ak-1 ,而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1。所以性质1。成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是(a,b),若 b = a,则同时从两堆中取走 a 个物体,就变为了奇异局势(0,0);如果a = ak ,b > bk,那么,取走b - bk个物体,即变为奇异局势;如果 a = ak , b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak - a[b - ak]个物体,变为奇异局势( a[b - ak] , a[b - ak]+ b - ak);如果a > ak ,b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a - ak 即可;如果a < ak ,b= ak + k,分两种情况,第一种,a=aj (j < k),从第二堆里面拿走 b - bj 即可;第二种,a=bj (j < k),从第二堆里面拿走 b - aj 即可。
从如上性质可知,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜;反之,则后拿者取胜。
那么任给一个局势(a,b),怎样判断它是不是奇异局势呢?我们有如下公式:
ak =[k(1+√5)/2],bk= ak + k (k=0,1,2,...,n 方括号表示取整函数),奇妙的是其中出现了黄金分割数(1+√5)/2 = 1.618...,因此,由ak,bk组成的矩形近似为黄金矩形。此时就是奇异局势,谁先面对,谁就输。
有了上面的知识,我们就可以对此题写出如下代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
double K1;
bool IsStrange(long a,long b)
{
long k=b-a;
if (long(K1*k)==a)
return true;
else
return false;
}
int main()
{
long a,b;
K1=(sqrt(5.0)+1)/2;
int c;
while(scanf("%d %d",&a,&b)!=EOF)
{
if (IsStrange(a,b) || IsStrange(b,a))
c=0;
else
c=1;
cout<<c<<endl;
}
return 0;
}
Time Limit: 1000MS | Memory Limit: 10000K | |
Total Submissions: 31501 | Accepted: 10381 |
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,如果轮到你先取,假设双方都采取最好的策略,问最后你是胜者还是败者。
Input
输入包含若干行,表示若干种石子的初始情况,其中每一行包含两个非负整数a和b,表示两堆石子的数目,a和b都不大于1,000,000,000。
Output
输出对应也有若干行,每行包含一个数字1或0,如果最后你是胜者,则为1,反之,则为0。
Sample Input
2 1 8 4 4 7
Sample Output
0 1 0
这是一个典型的威佐夫博奕,我们用(ak,bk)(ak ≤ bk ,k=0,1,2,...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0),那么甲已经输了,这种局势我们称为奇异局势。前几个奇异局势是:(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k,奇异局势有如下三条性质: 1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。 由于ak是未在前面出现过的最小自然数,所以有ak > ak-1 ,而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1。所以性质1。成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是(a,b),若 b = a,则同时从两堆中取走 a 个物体,就变为了奇异局势(0,0);如果a = ak ,b > bk,那么,取走b - bk个物体,即变为奇异局势;如果 a = ak , b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak - a[b - ak]个物体,变为奇异局势( a[b - ak] , a[b - ak]+ b - ak);如果a > ak ,b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a - ak 即可;如果a < ak ,b= ak + k,分两种情况,第一种,a=aj (j < k),从第二堆里面拿走 b - bj 即可;第二种,a=bj (j < k),从第二堆里面拿走 b - aj 即可。
从如上性质可知,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜;反之,则后拿者取胜。
那么任给一个局势(a,b),怎样判断它是不是奇异局势呢?我们有如下公式:
ak =[k(1+√5)/2],bk= ak + k (k=0,1,2,...,n 方括号表示取整函数),奇妙的是其中出现了黄金分割数(1+√5)/2 = 1.618...,因此,由ak,bk组成的矩形近似为黄金矩形。此时就是奇异局势,谁先面对,谁就输。
有了上面的知识,我们就可以对此题写出如下代码:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
double K1;
bool IsStrange(long a,long b)
{
long k=b-a;
if (long(K1*k)==a)
return true;
else
return false;
}
int main()
{
long a,b;
K1=(sqrt(5.0)+1)/2;
int c;
while(scanf("%d %d",&a,&b)!=EOF)
{
if (IsStrange(a,b) || IsStrange(b,a))
c=0;
else
c=1;
cout<<c<<endl;
}
return 0;
}
其实还有两种有趣的博弈,巴士博弈(一堆石子)和尼姆博弈(三堆石子),详情可参考:
http://blog.csdn.net/itegel84/article/details/6774208
http://blog.sina.com.cn/s/blog_55a8a96d0100048b.html(本文原理参考此文章)
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