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  • 51Nod-1070-Bash游戏 V4

    2016-08-02 09:57:18
    ACM模版 描述 ...这道题存在一些问题,对于1没有进行合法的规定,如果加上一句当石子数为1时,B赢,那么就完美了。因为经过找规律发现,只要石子数为斐波那契数列中的一项,B赢,反之...51Nod-1068-Bash游戏 V3

    ACM模版

    描述

    描述

    题解

    这道题存在一些问题,对于1没有进行合法的规定,如果加上一句当石子数为1时,B赢,那么就完美了。因为经过找规律发现,只要石子数为斐波那契数列中的一项,B赢,反之,A赢,所以很简单喽……这里要注意的是打表的数目,因为我一开始打表时FB[]数组定义的有些大,结果超出了数据范围,只有前47个数没有出错,后续的全部为负数(因为数据溢出了),然后我一二分查找,结果输出的全部为A……尴尬死了。

    代码

    #include <iostream>
    
    using namespace std;
    
    const int MAXN = 46;
    int FB[MAXN];   //  斐波那契数列
    
    void init()
    {
        FB[0] = 0;
        FB[1] = 1;
        for (int i = 2; i < MAXN; i++)
        {
            FB[i] = FB[i - 1] + FB[i - 2];
        }
        return ;
    }
    
    //  二分查找N
    int bs(int a[], int l, int h, int N)
    {
        int m;
        while (l < h)
        {
            m = (l + h) >> 1;
            if (a[m] == N)
            {
                return m;
            }
            if (a[m] < N)
            {
                l = m + 1;
            }
            else
            {
                h = m;
            }
        }
        return 0;
    }
    
    int main(int argc, const char * argv[])
    {
        init();
    
        int T;
        cin >> T;
    
        int N;
        while (T--)
        {
            cin >> N;
            if (bs(FB, 1, MAXN, N))
            {
                cout << "B\n";
            }
            else
            {
                cout << "A\n";
            }
        }
    
        return 0;
    }

    参考

    《二分查找》
    51Nod-1068-Bash游戏 V3

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  • 1070 Bash游戏 V4

    2017-10-01 00:28:00
    1070 Bash游戏V4 有一堆石子共有N个。A B两个人轮流拿,A先拿。每次拿的数量最少1个,最多不超过对手上一次拿的数量的2倍(A第1次拿时要求不能全拿走)。拿到最后1颗石子的人获胜。假设A B都非常聪明,拿石子的过程...

    1070 Bash游戏 V4

    有一堆石子共有N个。A B两个人轮流拿,A先拿。每次拿的数量最少1个,最多不超过对手上一次拿的数量的2倍(A第1次拿时要求不能全拿走)。拿到最后1颗石子的人获胜。假设A B都非常聪明,拿石子的过程中不会出现失误。给出N,问最后谁能赢得比赛。
    例如N = 3。A只能拿1颗或2颗,所以B可以拿到最后1颗石子。
    Input
    第1行:一个数T,表示后面用作输入测试的数的数量。(1 <= T <= 1000)
    第2 - T + 1行:每行1个数N。(1 <= N <= 10^9)
    Output
    共T行,如果A获胜输出A,如果B获胜输出B。
    Input示例
    3
    2
    3
    4
    Output示例
    B
    B
    A

    从1到10算下可以猜出就是斐波那契数列。
     1 #include <bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 #define ll long long
     4 const int N = 1e5+10;
     5 set<ll> st;
     6 void init() {
     7     st.insert(1);
     8     st.insert(2);
     9     int x = 1, y = 2;
    10     for(int i = 1; i < N; i ++) {
    11         st.insert(x + y);
    12         y = y + x;
    13         x = y - x;
    14     }
    15 }
    16 int main() {
    17     init();
    18     int t;
    19     ll n;
    20     cin >> t;
    21     while(t--) {
    22         cin >> n;
    23         if(st.count(n)) printf("B\n");
    24         else printf("A\n");
    25     }
    26     return 0;
    27 }

     

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    如题:

    1. 首先是v0和v4的区别:带有v0的env表示会有25%的概率执行上一个action,而v4表示只执行agent给出的action,不会重复之前的action。
    2. 带有Deterministic的env表示固定跳4帧,否则跳帧数随机从(2, 5)中采样。
    3. 带有NoFrameskip的env表示没有跳帧。

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    有一堆个数为n(n>=2)的石子,游戏双方轮流取石子,规则如下:

    1)先手不能在第一次把所有的石子取完,至少取1颗;

    2)之后每次可以取的石子数至少为1,至多为对手刚取的石子数的2倍。

    约定取走最后一个石子的人为赢家,求必败态。

    结论:当n为Fibonacci数的时候,必败。

    f[i]:1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……

     

    用第二数学归纳法证明:

    为了方便,我们将n记为f[i]。

    1、当i=2时,先手只能取1颗,显然必败,结论成立。

    2、假设当i<=k时,结论成立。

         则当i=k+1时,f[i] = f[k]+f[k-1]。

         则我们可以把这一堆石子看成两堆,简称k堆和k-1堆。

        (一定可以看成两堆,因为假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1],则后手可以直接取完f[k],因为f[k] < 2*f[k-1])

         对于k-1堆,由假设可知,不论先手怎样取,后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数x的情况。

         如果先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3,则这小堆所剩的石子数小于2y,即后手可以直接取完,此时x=f[k-1]-y,则x<=2/3*f[k-1]。

         我们来比较一下2/3*f[k-1]与1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]与3*f[k]的大小,对两值作差后不难得出,后者大。

         所以我们得到,x<1/2*f[k]。

         即后手取完k-1堆后,先手不能一下取完k堆,所以游戏规则没有改变,则由假设可知,对于k堆,后手仍能取到最后一颗,所以后手必胜。

         即i=k+1时,结论依然成立。

     

    那么,当n不是Fibonacci数的时候,情况又是怎样的呢?

    这里需要借助“Zeckendorf定理”(齐肯多夫定理):任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。

    关于这个定理的证明,感兴趣的同学可以在网上搜索相关资料,这里不再详述。

    分解的时候,要取尽量大的Fibonacci数。

    比如分解85:85在55和89之间,于是可以写成85=55+30,然后继续分解30,30在21和34之间,所以可以写成30=21+9,

    依此类推,最后分解成85=55+21+8+1。

    则我们可以把n写成  n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。(a1>a2>……>ap)

    我们令先手先取完f[ap],即最小的这一堆。由于各个f之间不连续,则a(p-1) > ap  + 1,则有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即后手只能取f[a(p-1)]这一堆,且不能一次取完。

    此时后手相当于面临这个子游戏(只有f[a(p-1)]这一堆石子,且后手先取)的必败态,即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。

    同理可知,对于以后的每一堆,先手都可以取到这一堆的最后一颗石子,从而获得游戏的胜利。





    #include<stdio.h>
    
    #define LL long long
    LL fib[50];
    
    int main()
    {
        int n,T;
        fib[0]=0,fib[1]=1;
        for(int i=2;fib[i-1]<1e9;i++)
            fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
        //freopen("in.txt","r",stdin);
        scanf("%d",&T);
        while(T--)
        {
            int flag=0,i;
            scanf("%d",&n);
            for(i=0;;i++)
                if(fib[i]>=n)
                    break;
            puts(fib[i]==n?"B":"A");
        }
        return 0;
    }
    


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