Bzoj 4147: [AMPPZ2014]Euclidean Nim(博弈)
4147: [AMPPZ2014]Euclidean Nim
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Description
Euclid和Pythagoras在玩取石子游戏,一开始有n颗石子。
Euclid为先手,他们按如下规则轮流操作:
·若为Euclid操作,如果n< p,则他只能新放入p颗石子,否则他可以拿走p的倍数颗石子。
·若为Pythagoras操作,如果n< q,则他只能新放入q颗石子,否则他可以拿走q的倍数颗石子。
拿光所有石子者胜利。假设他们都以最优策略操作,那么获胜者是谁?
Input
第一行包含一个正整数t(1<=t<=1000),表示数据组数。
接下来t行,每行三个正整数p,q,n(1<=p,q,n<=10^9),表示一组数据。
Output
输出t行。第i行输出第i组数据的答案,如果Euclid必胜,输出E,如果Pythagoras必胜,输出P,
如果游戏永远不会停止,输出R。
Sample Input
4
3 2 1
2 3 1
3 4 5
2 4 3
Sample Output
P
P
E
R
HINT
在第一组数据中,Euclid必须新放入3颗石子,然后Pythagoras拿走4颗石子并获胜。
Source
鸣谢Claris上传
/*
博弈题.
首先令d=gcd(p,q),如果d不整除n,由扩展欧几里得显然无解。
有解的情况:
① p=q :显然先手必胜。
② p>q&&n<p :先手第一次数量加p,后手可以把数量变成n%q,这样先手永远无法取石子,后手必胜。
③ p>q&&n>=p :如果先手第一次取完石子,石子数量大于p,后手还是可以把数量变成n%q,后手必胜;
否则,先手取成n mod p -> 后手+q -> 先手?p -> 后手+q -> ……,如果n%(p-q)=0,则先手必胜。
④ p<q&&n<p :先手第一次把数量变成n+p,如果n+p<q,就变成了第二种情况,否则是第三种情况。
⑤ p<q&&n>=p :那么先手可以把石子变成n%p,就变成了第二种情况。
粘的zjk的2333.
*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int t,n,p,q;
int gcd(int x,int y)
{
if(!y) return x;
return gcd(y,x%y);
}
bool check(int a,int b,int x)
{
if(x%a<b&&(x%a)%(a-b)==0) return true;
return false;
}
void slove()
{
int g=gcd(p,q);
if(n%g){printf("R\n");return ;}//1
p/=g,q/=g,n/=g;
if(p==q) {printf("E\n");return ;}//2
if(p>q&&n<p) {printf("P\n");return;}//3
if(p>q&&n>=p)//4
{
if(check(p,q,n)) {printf("E\n");return ;}
else {printf("P\n");return ;}
}
if(p<q&&n<p)//5
{
if(n+p<q) {printf("E\n");return ;}
else if(check(q,p,n+p)) {printf("P\n");return ;}
else {printf("E\n");return ;}
}
if(p<q&&n>=p) {printf("E\n");return ;}//6
return ;
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&p,&q,&n);
slove();
}
return 0;
}
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