codeforces #334 div1 603C Lieges of Legendre(博弈)

题目链接：

codeforces 603C

题目大意：

有两个人做游戏，游戏规则如下：
有n堆石子，每次可以对一堆石子进行操作，如果当前石子是偶数，那么可以选择将这2*x个石子分成k堆石子数为x的石子堆，还有一种没有前提的操作是取走当前堆的一个石子，问先手赢还是后手赢，先手和后手都足够聪明的情况下。

题目分析：

首先对于这种组合游戏的题目，很容易想到利用SG函数来解。我们对于游戏的局势进行分类讨论：

• 当k是偶数的情况下，
  
  • 我们可以知道如果要把一个偶数堆分成k个堆，相当于将局势转到一个新的组合游戏，这个组合游戏的每个堆规模相同，都为x，那么 $$f(2x) = \underbrace { {f(x)\bigoplus f(x) \bigoplus \cdots \bigoplus f(x)} }_{k \ times} = 0$$
  • 对于奇数堆的情况，我们可以一步走到偶数堆，所以状态就是１了
• 当k是奇数的情况，就相对麻烦一些了，
  
  • 我们考虑偶数堆的情况，同上得到 $$f(2x) = \underbrace { {f(x)\bigoplus f(x) \bigoplus \cdots \bigoplus f(x)} }_{k \ times} = f(x)$$ ,那么可以递归地求取结果，显然可以算出前几项的f(x)的值，那么可以递推知道f(x)的值是大于0的。
  • 考虑奇数堆的情况，我们知道可以一步走到偶数堆，而偶数堆是大于0的，所以奇数堆一定是0
  • 其中关于偶数堆大于0的情况证明起来就是通过前几项递推发现偶数项均大于0，而后面的奇数项状态只能转移到之前的偶数项，所以0状态不可达，那么它一定是0状态，而后面的偶数因为减1的转移状态已经可达0,那么状态一直传递下去，就能够归纳出这条性质。
• 一些不符合这些性质的小数据，可以直接通过打表得出，不会超过5，而且状态额转移方法很少，手算起来也很简单。

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MAX 100007

using namespace std;

int n,k;
int a;
int f[MAX];

int dfs ( int x )
{
    if ( x < 6 ) return f[x];
    if ( x&1 ) return 0;
    else
        return dfs(x/2)==1?2:1;
}

int main ( )
{
    while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &k ) )
    {
        int sum = 0;
        for ( int i = 0 ; i < n ; i++ )
        {
            scanf ( "%d" , &a );
            if ( k&1 )
            {        
                f[0] = f[2] = f[5] = 0;
                f[1] = f[3] = 1;
                f[4] = 2;
                if ( a < 6 )
                    sum^= f[a];
                else
                    sum^= a&1?0:dfs(a);
            }
            else
            {
                f[0] = f[3] = 0;
                f[1] = f[4] = 1;
                f[2] = 2;
                if ( a < 5 )
                    sum ^= f[a];
                else 
                    sum ^=  a&1?0:1;
            }
        }
        if ( sum ) puts ("Kevin");
        else puts("Nicky"); 
    }
}