Foj 2296 Alice and Bob（博弈、搜索）

Foj 2296 Alice and Bob

题意

两个人博弈，规则如下：轮流取0_{9中的数字，最后Alice所得的数字个数为1}n中，数位在Alice所取集合中出现奇数次的。

双方想获得尽量多，问Alice能获得几个。

题解

观察一下，如果n是十的倍数，最后肯定是一人一半，这样一来，状态数应该会减少很多，我们就可以直接去搜。

半个月前我补这道题，一直觉得是个dp问题，现在想想，其实就是暴力去做极大极小过程，只是需要把状态数表示出来。

因为有了一开始的观察，所以可以把数字分成四类，再记一下前几位数一共出现了奇数次还是偶数次，如果奇数次最后答案是多少，偶数次是多少，这题就做完了。其实不难嘛！

扩展

game dfs 写法需考虑的状态表示问题需要多练习。

dp 需练习。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define rep(i, a, b) for(int i=(a); i<(b); i++)
#define sz(a) (int)a.size()
#define de(a) cout << #a << " = " << a << endl
#define dd(a) cout << #a << " = " << a << " "
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define endl "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//---

int n;
int dp[11][11][11], cnt[10];

int dfs(int a, int b, int c, int d, int pre, int cnt1, int cnt2, int ty) {
	if(a+b+c+d == 0) return pre==0 ? cnt1 : cnt2;
	if(ty == 0) {
		int ans = 0;
		if(a) ans = max(ans, dfs(a-1, b, c, d, pre, cnt1+1, cnt2, 1));
		if(b) ans = max(ans, dfs(a, b-1, c, d, pre^1, cnt1+1, cnt2, 1));
		if(c) ans = max(ans, dfs(a, b, c-1, d, pre, cnt1, cnt2, 1));
		if(d) ans = max(ans, dfs(a, b, c, d-1, pre^1, cnt1, cnt2, 1));
		return ans;
	} else {
		int ans = 10;
		if(a) ans = min(ans, dfs(a-1, b, c, d, pre, cnt1, cnt2+1, 0));
		if(b) ans = min(ans, dfs(a, b-1, c, d, pre, cnt1, cnt2+1, 0));
		if(c) ans = min(ans, dfs(a, b, c-1, d, pre, cnt1, cnt2, 0));
		if(d) ans = min(ans, dfs(a, b, c, d-1, pre, cnt1, cnt2, 0));
		return ans;
	}
}

void init() {
	rep(i, 0, 11) rep(j, 0, 11-i) rep(k, 0, 11-i-j) dp[i][j][k] = dfs(i, j, k, 10-i-j-k, 0, 0, 0, 0);
}

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	init();
	int T;
	cin >> T;
	while(T--) {
		///
		cin >> n;
		///init
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		///solve
		int k = n%10;
		int ans = n = n/10;
		while(n) {
			++cnt[n%10];
			n/=10;
		}
		int a = 0, b = 0, c = 0;
		rep(i, 0, k) {
			if(cnt[i]%2==0) ++a;
			else ++b;
		}
		rep(i, k, 10) c += cnt[i]%2==0;
		cout << ans*5 + dp[a][b][c] << endl;
	}
	return 0;
}