取石子

题解

在笔者写这篇题解之前，你可以发现，网上大部分流行的解法都是 O ( n ∑ a ) O\left(n\sum a\right) O(n∑a)的，但我们可以发现在 LOJ 的较快代码都是清一色的线性时间复杂度。
这篇题解将主要对这种线性的做法进行讲解。

首先我们抬出我们的结论:
我们记 x = ∑ [ a i = 1 ] x=\sum [a_i=1] x=∑[ai​=1]即 1 1 1堆的个数， y = ∑ [ a i > 1 ] ( a i + 1 ) − 1 y=\sum [a_i>1](a_i+1)-1 y=∑[ai​>1](ai​+1)−1，也就是非 1 1 1堆的和。
当 y ⩽ 2 y\leqslant 2 y⩽2时，如果 3 ∣ x 3|x 3∣x，后手必胜，否则先手必胜。
当 y > 2 y>2 y>2时，如果 2 ∣ x ∧ 2 ∣ y 2|x\wedge2|y 2∣x∧2∣y，后手必胜，否则先手必胜。

显然，不是 1 1 1的堆是不会对我们的答案产生影响的，它一定会做到最终被减到 0 0 0并且完全合（即自身合并的次数一定被用光）。
事实上，它不可能被任何一个人减到 0 0 0，如果有人妄图将它减到 0 0 0，浪费它的合并次数，那么当他将它从 2 2 2变到 1 1 1，是另一个人就会处于干扰对手的意愿，将其合并到它大于 1 1 1的朋友上，这也可以说明我们 y y y中最后要减去一个没处合并的 1 1 1。

显然，如果 y ⩽ 2 y\leqslant 2 y⩽2，那么我们的序列必然是数个连续的 1 1 1，最后可能跟一个 2 2 2。
如果我们的 3 ∣ x 3|x 3∣x，也就是说我们的 1 1 1的个数是 3 3 3的倍数。
如果我们的先手将一个 1 1 1变为 0 0 0，在有 2 2 2的情况下，后手可以将 2 2 2变成 1 1 1，在没 2 2 2的情况下，后手可以将两个 1 1 1变成 2 2 2。
如果先手将一个 2 2 2变成 1 1 1，后手将这个 1 1 1变成 0 0 0即可。
如果先手合并了两个 1 1 1，得到一个 2 2 2，那么在没 2 2 2的情况下，我们可以将一个 1 1 1消去，保持在原状态。
在有 2 2 2的情况，我们考虑现在 x x x的奇偶性没变， y y y的奇偶性变了，显然现在 2 ∤ y 2\not | y 2​∣y，因为现在它们多了一个可合并项，在 y > 2 y>2 y>2的情况看来，我们的后手现在是胜态。
于是，我们的目的有转到了证明 y > 2 y>2 y>2部分的结论是否成立，不妨先假设 y > 2 y>2 y>2部分的结论时对的，在下面会进行证明，先将 y ⩽ 2 y\leqslant 2 y⩽2的情况说明完。
如果我们的 3 ∤ x 3\not | x 3​∣x，那么显然我们的先手可以将现在的情况变为 3 ∣ x 3|x 3∣x，此时他是后手，可以胜利。
如果 x % 3 = 1 x\%3=1 x%3=1，直接将这个 1 1 1减掉即可。
如果 x % 3 = 2 x\%3=2 x%3=2，在有 2 2 2的情况下，可以将 2 2 2变成 1 1 1，没 2 2 2的情况下，将这两个 1 1 1合成 2 2 2。
于是我们便达到了 3 ∣ x 3|x 3∣x的情况，原来的先手现在成了后手，必将胜利。

对于 y > 2 y>2 y>2的情况，我们先说明 2 ∣ x ∧ 2 ∣ y 2|x\wedge 2|y 2∣x∧2∣y的情况后手是必胜的。
如果先手消一个 1 1 1，后手跟着消 1 1 1即可。
如果先手使 y y y减 1 1 1，如果现在 y > 3 y>3 y>3，后手让 y y y减 1 1 1即可。否则，如果前面有 1 1 1的话，一定是偶数个，我们合并两个 1 1 1，可以使 y y y变成 6 6 6。不然的话，整个序列中就一个 3 3 3，此时将这个 3 3 3变成 2 2 2，一个 2 2 2明显是后手必胜。
如果先手将一个 1 1 1合并到 2 2 2上，后手跟着合并一个 1 1 1即可。
如果先手将两个 1 1 1合成 2 2 2，此时 y y y会增加 3 3 3，后手使 y y y减 1 1 1即可。
这样，无论如何，我们的后手都有能与先手匹敌的方案。
如果 2 ∤ x ∨ 2 ∤ y 2\not |x\vee 2\not |y 2​∣x∨2​∣y，先手是一定有一种方案使其变成 2 ∣ x ∧ 2 ∣ y 2|x\wedge 2|y 2∣x∧2∣y的，此时作为后手的原来的先手胜利。
如果 2 ∤ x ∧ 2 ∣ y 2\not | x\wedge 2|y 2​∣x∧2∣y，先手可以直接消去一个 1 1 1。
如果 2 ∣ x ∧ 2 ∤ y 2| x\wedge 2\not |y 2∣x∧2​∣y，当 y > 3 y>3 y>3时，先手可以将 y y y减去一个 1 1 1，当 y = 3 y=3 y=3时，先手如果前面有 1 1 1就合并连个 1 1 1，否则将 y y y减 1 1 1。
如果 2 ∤ x ∧ 2 ∤ y 2\not |x\wedge 2\not | y 2​∣x∧2​∣y，先手可以将一个 1 1 1合并到 2 2 2上面去。
于是，无论如何先手都能赢了。
这样，我们就证罢了 y > 2 y>2 y>2的情况了，那么 y ⩽ 2 y\leqslant 2 y⩽2的情况也就证明完毕了。

于是，我们直接记录 1 1 1的个数与非 1 1 1的数的总和就可以线性求出答案了。
时间复杂度 O ( n ) O\left(n\right) O(n)。

源码

这还要看吗。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 50055
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL; 
typedef long double ld;
const int INF=0x3f3f3f3f;    
const int mo=998244353;
const int inv2=499122177;
const int jzm=233333333;
const int zero=100;
const int lim=200;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-5;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x<0){x=(~x)+1;putchar('-');}if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1)t=1ll*t*a%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1;}return t;}
int T,n,a[MAXN],sum,num;
signed main(){
	read(T);
	while(T--){
		read(n);num=sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			read(a[i]);
			if(a[i]>1)sum+=a[i]+1;
			else num++;
		}
		if(sum)sum--;
		puts(Dp(num,sum)?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}

谢谢！！！

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来源： https://blog.csdn.net/Tan_tan_tann/article/details/122117136