[ZJOI2009]取石子游戏

题面

题意

从左到右有几堆石子，双方轮流取石子，每次取时只能从最左边或者是最右边的堆中取任意个石子，不能操做的人算输，问先手有无必胜策略。

作法

首先定义dp状态：
$left[i][j]$表示在第 $i$堆石子到第 $j$堆石子左边放 $left[i][j]$个石子后是必败态。
$right[i][j]$表示在第 $i$堆石子到第 $j$堆石子左边放 $right[i][j]$个石子后是必败态。
两个值均可觉得0。
不难发现这两个值存在且惟一，最后只要判断 $left[2][n]$是否等于 $num[1]$便可。
下面考虑 $left[i][j]$的状态转移（ $right[i][j]$与它的转移方式相同）：
递归边界：当 $i=j$时，很显然， $left[i][j]=right[i][j]=num[i]$
首先求出 $L=left[i][j-1],R=right[i][j-1]$
若 $R=num[v]$，则 $left[i][j]=0$
而后能够发现，后手能够尽可能复制先手的操做，先手在左边取 $x$个后，后手能够在右边也一样取 $x$个，这样能够若是 $left[i][j]=num[j]$，就能够保证先手先取完某一堆，这样只要保证先手取完某一堆后不是必败态就行，也就说若是先手取完第 $i$堆，则要保证此时第 $j$堆剩余的石子数不等于R，若是先手取完第 $j$堆，则要保证此时第 $i$堆剩余的石子数不等于L，所以还要加几个判断：
1.若 $R<num[v]<L$，则当先手在第 $i$堆取了 $num[v]-R$个时，后手不能在第 $j$堆取 $num[v]-R$个（不然先手能够直接取完第 $i$堆的全部石子），所以 $left[i][j]=num[v]-1$，这样当先手在左边取了 $num[v]-R$个或更多个石子后，后手只要在右边取 $num[v]-R+1$个石子便可。
2.若 $L<num[v]<R$，则当先手在第 $j$堆取了 $num[v]-L$个时，后手一样不能复制先手的操做，所以 $left[i][j]=num[v]+1$，这样当先手在右边取了 $num[v]-L$个或更多个石子后，后手只要在左边取 $num[v]-R+1$个石子便可。
3.若 $num[v]>\max(L,R)$，则 $left[i][j]$仍为 $num[v]$，理由与上面相同。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1010
using namespace std;

int T,n,num[N],le[N][N],ri[N][N];

int askl(int u,int v);
int askr(int u,int v)
{
	if(u==v) return num[u];
	if(ri[u][v]!=-1) return ri[u][v];
	int L,R,res;
	L=askl(u+1,v);
	R=askr(u+1,v);
	if(num[u]==L) res=0;
	else res=num[u]-(num[u]>L)+(num[u]>=R);
	return ri[u][v]=res;
}

int askl(int u,int v)
{
	if(u==v) return num[u];
	if(le[u][v]!=-1) return le[u][v];
	int L,R,res;
	L=askl(u,v-1);
	R=askr(u,v-1);
	if(num[v]==R) res=0;
	else res=num[v]-(num[v]>R)+(num[v]>=L);
	return le[u][v]=res;
}

int main()
{
	int i,j;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		memset(le,-1,sizeof(le));
		memset(ri,-1,sizeof(ri));
		scanf("%d",&n);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&num[i]);
		}
		printf("%d\n",num[1]!=askl(2,n));
	}
}