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花生米（二）

描述

五一长假第二天，Tom和Jerry在仓库散步的时候又发现了一堆花生米（这个仓库还真奇怪）。这次Tom制定分花生米规则如下： 1、Tom和Jerry轮流从堆中取出k粒花生米吃掉，k可以是1，5，10中的任意一个数字； 2、为显示规则的公平性，Jerry可以选择先取或者后取。 Jerry当然还是希望最后一粒花生米被Tom吃掉。请计算，Jerry为了达到目的应该先取还是后取。

输入

本题有多个测例，每个测例的输入是一个整数n，n大于零小于等于1000，代表花生米的数量。 n等于0表示输入结束，不需要处理。

输出

每个测例在单独的一行内输出一个整数：Jerry先取输出1；Tom先取输出0。

输入样例

1 2 3 4 0

输出样例

0 1 0 1

思路

博弈论： 定义： jerry后手胜利 为必胜态。（即：Tom拿了最后一颗并且初始Jerry后手） 10以内的必胜状态：1,3,5,7,9. 由于可以一次拿10个，我们需要考虑10周围的情况:11为必胜 。 什么才是必败态？ 当前面i-1,i-5,i-10这10个状态都是必胜态的时候， i一定是必败态。 否则 i就有机会成为必胜态。必胜状态推导出的下一个状态必然是必败态。而一个状态i作为必胜态，必须保证它的可以推导到状态全部都是必败态，否则的话Tom作为先手就一定会使得Jerry在到达该状态i的上一个状态的时候迫使他走必败态的状态，当Jerry到达i状态的时候就变成必败态了。 dp[i]=1表示i是必胜态。 最后看dp[n] 的值来判断Jerry是后手必胜还是先手必胜。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1000+50;
int n,dp[maxn];
int main(){
	dp[1]=1;dp[3]=1;dp[5]=1;dp[7]=1;dp[9]=1;dp[11]=1;
	for(int i=12;i<=1000;i++){
		if(dp[i-1]&&dp[i-5]&&dp[i-10])dp[i]=0;
		else dp[i]=1;
	}
	while(1){
		cin>>n;
		if(n==0)break;
		if(dp[n])cout<<0<<endl;
		else cout<<1<<endl;
	}
	return 0;
}

花生米（三）

描述

五一长假第三天，Tom和Jerry在仓库散步的时候又发现了一堆花生米（仓库，又见仓库……）。这次Tom制定分花生米规则如下： 1、Tom和Jerry轮流从堆中取出k粒花生米吃掉； 2、第一次取花生米的人只能取一粒，以后取花生米的数量不能超过前一个人取花生米数量的两倍； 3、为显示规则的公平性，Jerry可以选择先取或者后取。 Jerry当然还是希望最后一粒花生米被Tom吃掉。请计算，Jerry为了达到目的应该先取还是后取。

输入

本题有多个测例，每个测例的输入是一个整数n，n大于零小于等于1000，代表花生米的数量。 n等于0表示输入结束，不需要处理。

输出

每个测例在单独的一行内输出一个整数：Jerry先取输出1；Tom先取输出0。

输入样例

1 2 3 4 5 0

输出样例

0 1 0 0 1

思路

这个题与 花生米（二）相比，状态变多了。之前对于状态i，它只能由状态i-1，i-5，i-10进行推导。显然直接枚举状态并且对每一个状态做三个dp转移方程是行不通的。我们需要把所有的状态都枚举一次。但是又不确定到底可以取多少颗。假设在这之前的人拿了i颗花生米。那么当前这个人可以拿1~min（res，2 * i）。如果要让当前状态都是必胜态，必须保证下一次的所有状态都是必胜态，换言之后手当前状态必须是必胜态，那么对于先手在下一次的时候必须是必败态。

定义dfs(int res,int c)当前dfs的状态是花生米剩余res，上一次的人拿了c颗花生米。dp[res][c]同理。记录dp[res][c]是为了进行记忆化搜索，这样的时间复杂度也是O(n^2)，在思路上比直接动态规划简单，并且时间复杂度也是相当的。dp[][]初始化为-1，dfs的时候一旦dp[res][c]！=-1说明这个状态已经遍历过了，直接返回答案即可。如果dfs到res==1的时候说明后手必胜，定义dp[res][c]=0表示这个状态下后手必胜。如果没有答案这个状态，就需要枚举它推导出的所有状态，拿i个的情况（i from 1 to min(res,c)），这样枚举到的是从后手转到了先手，要想后手必胜，必须保证先手所有的状态都是必败。所以定义sign=1，sign&所有的dfs的结果，一旦sign=0，那么后手就无法必胜。如果最后sign=1，那么后手就是必胜。

dp[i][j]==0：Jerry后手且此时剩余i个而对手在上一轮中取j个并且是必胜态。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1000+50;
int n,dp[maxn][maxn];
int min(int x,int y){
    if(x<=y)return x;
    return y;
}
int dfs(int res,int c){
    int i;
    if(res==1){
        dp[res][c]=0;
        return 0;
    }
    if(dp[res][c]!=-1)return dp[res][c];
    int sign=1;
    for(i=1;i<=2*c;i++){
    	if(i>res)break;
        sign=sign&dfs(res-i,i);//下一个dfs就是Jerry先手的状态了，必须全部为1，才能使得当前dfs中的为后手必胜 
        if(sign==0)break;
    }
    dp[res][c]=0;
    if(sign==0)
    dp[res][c]=1;
    return dp[res][c];
}
int main(){
    int i,j;
    while(1){
        cin>>n;
        if(n==1){
        	cout<<0<<endl;
        	continue;
		}
        if(n==0)break;
        for(i=0;i<=1000;i++){
            for(j=0;j<=1000;j++){
                dp[i][j]=-1;
            }
        }
        cout<<1-dfs(n-1,1)<<endl;
    }
}