2018年全国多校算法寒假训练营练习比赛 G 送分啦-QAQ【斐波那契博弈】
2018-03-01 16:41
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链接:https://www.nowcoder.com/acm/contest/77/G
来源:牛客网
题目描述
幼儿园开学了,为了让小盆友们能尽可能的多的享受假期。校长大人决定让小盆友分批到校,至于每批学生来多少人由一个小傻子和一个小仙女负责,两个人轮番负责,校长会在最后的时候去查看工作进度,小傻子不想被别人嘲笑自己傻,小仙女要证明自己比小傻子聪明。所以她们回去争抢安排最后一名小盆友。每次安排的小盆友至少为1,至多为上一次安排的2倍。小仙女抢到了先手的机会。第一次安排小盆友不能直接安排所有的小盆友一起回校。
输入描述:
单组测试数据
输入一个整数n——n代表小盆的个数(n>=2&&n<=1e9)
输出描述:
输出获胜人的名字——“Xian”或者“Sha”
示例1
输入
3
输出
Sha
说明
(Fisrt)1 -> (Second) 2 || 2 - > 1 无论小仙女先送一个还是两个都会被小傻子获胜
示例2
输入
4
输出
Xian
说明
1 -> 2 -> 1 || 1 -> 1 -> 2 小仙女先送一个,小傻子无论送一个或者两个都会被小仙女取胜。
题目分析:一开始不知道是斐波那契博弈,自己写了几个递推关系,就是没有想到得到的数列是斐波那契数列。
下面写一下证明过程
根j据数学归纳法
当i=2时,先手只能送1个,先手必败
假设当i<=k时成立,
i=k+1时 f[i]=f[k]+f[k-1],此时对于先手来说,如果先送的孩子的个数大于等于f[k-1]时,由于f[k]<<f[k-1]*2此时后手必然可以全部送完,先手就会失败,所以,先手先送的个数必然小于f[k-1],根据假设可知,此时无论先手送多少个,后手必能送完f[k-1]这些孩子。此时我们来分析一下后手最后送的孩子的个数x;
假设先手送的孩子个数y>13y>13f[k-1] ,那么后手可以一次送完 k-1这一群孩子,x=f[k-1]-y;
即 x≤23≤23f[k-1]
由于2323f[k-1] −12−12f[k]即3f[k-1]−−4f[k]=−=−3f[k-2]−−f[k]<0<0
所以x<12<12f[k]
因此,此时先手无法送完f[k]个小朋友,根据假设,无论先手如何送,后手定能送完最后一个小朋友,因此 i=k+1时成立
若先手一开始送的小朋友的个数y≤13≤13f[k-1],那么后手如果要送走最后一个小朋友,最后一次送的孩子的个数x一定小于之前的x,因此结论显然成立;
所以当i是斐波那契数的时候,后手胜
当i不是斐波那契数列的时候呢,根据齐肯多夫定理,任何正整数都可以表示位若干个不连续的Fibonacci数之和,分解时对于每一个数,我们尽量取大的Fibonacci数
例如 17 介于 13和21之间 17=13+4 ,4介于3和5之间 17=13+3+1;
这样 对于一个数n
n=f[a1]+f[a2]+…+f[ap] (a1>a2>a3>…>apa1>a2>a3>…>ap)
我们让先手先送完f[ap],由于n不是斐波那契数,所以每个F都不连续,a(p−1)>ap+1a(p−1)>ap+1
即 f[ap-1]>>2f[ap]
因此后手只能送f[ap-1]这群小朋友中的一部分,根据之前的定理,先手能送完这一群
同理可知,这种情况下先手必胜
代码如下
来源:牛客网
题目描述
幼儿园开学了,为了让小盆友们能尽可能的多的享受假期。校长大人决定让小盆友分批到校,至于每批学生来多少人由一个小傻子和一个小仙女负责,两个人轮番负责,校长会在最后的时候去查看工作进度,小傻子不想被别人嘲笑自己傻,小仙女要证明自己比小傻子聪明。所以她们回去争抢安排最后一名小盆友。每次安排的小盆友至少为1,至多为上一次安排的2倍。小仙女抢到了先手的机会。第一次安排小盆友不能直接安排所有的小盆友一起回校。
输入描述:
单组测试数据
输入一个整数n——n代表小盆的个数(n>=2&&n<=1e9)
输出描述:
输出获胜人的名字——“Xian”或者“Sha”
示例1
输入
3
输出
Sha
说明
(Fisrt)1 -> (Second) 2 || 2 - > 1 无论小仙女先送一个还是两个都会被小傻子获胜
示例2
输入
4
输出
Xian
说明
1 -> 2 -> 1 || 1 -> 1 -> 2 小仙女先送一个,小傻子无论送一个或者两个都会被小仙女取胜。
题目分析:一开始不知道是斐波那契博弈,自己写了几个递推关系,就是没有想到得到的数列是斐波那契数列。
下面写一下证明过程
根j据数学归纳法
当i=2时,先手只能送1个,先手必败
假设当i<=k时成立,
i=k+1时 f[i]=f[k]+f[k-1],此时对于先手来说,如果先送的孩子的个数大于等于f[k-1]时,由于f[k]<<f[k-1]*2此时后手必然可以全部送完,先手就会失败,所以,先手先送的个数必然小于f[k-1],根据假设可知,此时无论先手送多少个,后手必能送完f[k-1]这些孩子。此时我们来分析一下后手最后送的孩子的个数x;
假设先手送的孩子个数y>13y>13f[k-1] ,那么后手可以一次送完 k-1这一群孩子,x=f[k-1]-y;
即 x≤23≤23f[k-1]
由于2323f[k-1] −12−12f[k]即3f[k-1]−−4f[k]=−=−3f[k-2]−−f[k]<0<0
所以x<12<12f[k]
因此,此时先手无法送完f[k]个小朋友,根据假设,无论先手如何送,后手定能送完最后一个小朋友,因此 i=k+1时成立
若先手一开始送的小朋友的个数y≤13≤13f[k-1],那么后手如果要送走最后一个小朋友,最后一次送的孩子的个数x一定小于之前的x,因此结论显然成立;
所以当i是斐波那契数的时候,后手胜
当i不是斐波那契数列的时候呢,根据齐肯多夫定理,任何正整数都可以表示位若干个不连续的Fibonacci数之和,分解时对于每一个数,我们尽量取大的Fibonacci数
例如 17 介于 13和21之间 17=13+4 ,4介于3和5之间 17=13+3+1;
这样 对于一个数n
n=f[a1]+f[a2]+…+f[ap] (a1>a2>a3>…>apa1>a2>a3>…>ap)
我们让先手先送完f[ap],由于n不是斐波那契数,所以每个F都不连续,a(p−1)>ap+1a(p−1)>ap+1
即 f[ap-1]>>2f[ap]
因此后手只能送f[ap-1]这群小朋友中的一部分,根据之前的定理,先手能送完这一群
同理可知,这种情况下先手必胜
代码如下
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; const int mod=1e9+7; typedef long long ll; ll f[maxn]; int main() { f[1]=1; f[2]=1; for(int i=3;i<=50;i++) { f[i]=f[i-1]+f[i-2]; } int n; cin>>n; for(int i=1;i<=50;i++) { if(f[i]==n) { puts("Sha"); return 0; } } puts("Xian"); return 0; }
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