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【COGS 56】质数取石子
【问题描述】
DD 和 MM 正在玩取石子游戏。他们的游戏规则是这样的:桌上有若干石子,DD 先取,轮流取,每次必须取质数个。如果某一时刻某一方无法从桌上的石子中取质数个,比如说剩下 0 个或 1 个石子,那么他/她就输了。
DD 和 MM 都很聪明,不管哪方存在一个可以必胜的最优策略,他/她都会按照最优策略保证胜利。于是,DD 想知道,对于给定的桌面上的石子数,他究竟能不能取得胜利呢?
当 DD 确定会取得胜利时,他会说:“不管 MM 选择怎样的取石子策略,我都能保证至多 X 步以后就能取得胜利。”那么,最小的满足要求的 X 是多少呢?注意,不管是 DD 取一次石子还是 MM 取一次石子都应该被计算为“一步”。
【输入格式】
第一行有一个整数 N,表示这个输入文件中包含 N 个测试数据。
第二行开始,每行有一个测试数据,其中仅包含一个整数,表示桌面上的石子数。
【输出格式】
你需要对于每个输入文件中的 N 个测试数据输出相应的 N 行。
如果对于该种情形是 DD 一定取得胜利,那么输出最小的 X。否则该行输出 -1。
【样例输入】
3
8
9
16
【样例输出】
1
-1
3
【样例说明】
当桌上有 8 个石子时,先取的 DD 只需要取走 7 个石子剩下 1 个就可以在一步之后保证胜利,输出 1。
当桌上有 9 个石子时。若 DD 取走 2 个,MM 会取走 7 个,剩下 0 个,DD 输。若 DD 取走 3 个,MM 会取走 5 个,剩下 1 个,DD 输。DD 取走 5 个或者 7 个的情况同理可知。所以当桌上有 9 个石子时,不管 DD 怎么取,MM 都可以让 DD 输,输出 -1。
当桌上有 16 个石子时,DD 可以保证在 3 步以内取得胜利。可以证明,为了在 3 步内取得胜利,DD 第一步必须取 7 个石子。剩下 9 个石子之后,不管第二步 MM 怎么取,DD 取了第三步以后可以保证胜利,所以输出 3。
【数据范围】
输入文件中的数据数 N<=10。
每次桌上初始的石子数都不超过 20000。
【分析】
动态规划。
首先打出素数表,用v[i]来保存DD有i颗石子的时候是否可以胜利,1代表可以,0代表不可以。
v[i]通过前面的状态可以计算出来,如果v[i-p](p为素数)为false,显然v[i]就应该为1,因为多取了一次。
然后对于不同的v[i]状态分情况讨论,
f[i]=min{f[i-prime[j]]}(v[i]=1)计算可能获胜时最少的步数
f[i]=max{f[i-prime[j]]}(v[i]=0)计算不可能获胜时最多的步数
#include <cstdlib>#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <queue>#define LOCALconst int maxn=20000+5;using namespace std;int prime[maxn];int flag[maxn],f[maxn];int v[maxn];void prepare();int main(){ int T,n; #ifdef LOCAL freopen("data.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif prepare();//打表 scanf("%d",&T); while (T--){ scanf("%d",&n); if (v[n]) printf("%d\n",f[n]); else printf("-1\n"); } return 0;}void prepare(){ prime[0]=0; for (int i=2;i<=20000;i++){ int g=1; for (int j=1;j<=prime[0];j++){ if (i%prime[j]==0){ g=0; break; } } //增加新的质数 if (g) prime[++prime[0]]=i; flag[i]=prime[0]; } memset(v,0,sizeof(v)); memset(f,0,sizeof(f)); for (int i=2;i<=20000;i++){ for (int j=flag[i];j>=1;j--) if (!v[i-prime[j]]){ v[i]=1; break; } //printf("%d\n",v[i]); } int tmp=0; for (int i=2;i<=20000;i++){ if (v[i]){ tmp=30000; for (int j=flag[i];j>=1;j--) if (!v[i-prime[j]]) tmp=min(tmp,f[i-prime[j]]); } else { tmp=-30000; for (int j=flag[i];j>=1;j--) tmp=max(tmp,f[i-prime[j]]); } f[i]=tmp+1; } return;}
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