石子游戏 IX——一场关于模运算加和规律的博弈

Posted 2022-02-09 C+++++++++++++++++++

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题目描述

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题目解析

假设先手者名为 A ，后手者名为 B 。

由于只关注是否取完 和 数字和是否 %3==0，我们把这题要取的数字分为三种：

1. %3==0 的数字（ 0类型 ）：只要不是第一次取数，并不会对整个数字的和模产生任何影响。

2. %3 ==1 的数字（ 1类型 ）：一旦数字和的模已经是2，则游戏结束，只有数字和的模为1才能继续游戏。

3. %3==2 的数字（ 2类型 ）：同上个类型，只有数字和的模与当前数字的模相同才能继续游戏。

根据以上分析：

一、若 0类型 的数字为偶数个，由于 A 先手必不可能选择这类数字，所以 0类型 的数字不会对结果产生任何影响。

• 当 1类型 和 2类型 的数字个数都不为0。则 A 只要先手选到数字更少的那一类，那么就必胜！为什么必胜呢？举个例子假设有 1 1 2 2 2这样的数字，那么 A 选了1后， B 就只能跟着选1，而之后 A 就只能选2。很明显 A 除了第一次选了偏少的那一堆的一个元素以外，其余都是取的偏多的那一堆元素里的数，而 B 只能取偏少的那一堆元素里的数。故总结出整个取数过程除了 A 第一次选择，实际上就是一个对拼消耗的过程，拿着资源数量更多的 A 和拿着资源数量更少的 B 进行对拼消耗，最先消耗完的肯定就是 B 了，则此时 B 就只能被迫选择 A 的那一堆使得和为3的倍数了，最终 A 获胜。
• 当 1类型 或者 2类型 的数字个数为0，那么无论如何都无法逃离 A 输掉的命运。如果个数不为0的数字个数大于3个， A 先手取数，故 A 一定是第三个取到它的， A 输，而其他情况则因为数字取完而输掉比赛。

二、若 0类型 的数字个数为奇数个，同样由于 A 不可能先手取这类数字，但这次由于这类数字是奇数个，可以多出一个来用于替 B 挡灾。

• 具体如何使用这个来挡灾呢？
  我们先假设 1类型 和 2类型 的个数是相等的，此时我们的 A 无论以谁起手都是一样的，假设以 1类型 的情况起手，按理来说，接下来 A 都是通过消耗 2类型 的个数来打消耗战，但此时 B 有了额外的一个 0类型 的替身，所以 B 这一轮可以选择不跟 A ，而选择 0类型 ，那么从此 A 就只能选择 1类型 去进行消耗了，于是身份便互换了，假设 1类型 和 2类型 的数字数量开始是 N ，那么这身份互换后的结果就是：拿着数量为N-1的 1类型 的 A 与拿着数量更多的 2类型 的 B 进行对拼消耗，最终的结果肯定是 B 胜。

根据以上互换身份的原理， A 在这种情况下，只有选数量多的才能有一线生机，而且至少要比 B 多三份物资，原因在于：

1. 发生转化的过程还是要消耗掉 1 个。
2. 想要让 A 赢，除了让 B 的 M 个物资消耗完以外，A 自身还需要留下一份物资供 B 产生3的倍数。
3. 此时的对拼消耗过程中 A 处于先手消耗，想要轮到 B 的回合则永远会多消耗一个物资，如 A:2 2 2,B:1 1，对拼过程中明显无法回到B就消耗完了。

假设此时 A 选择的这个类型有 N 个，对方的有 M 个，故只要满足$N-3>=M$ 则 A 必胜，否则还是 B 胜。

因为上面的 N 和 M 所代表的只是 1类型 和 2类型 中数量多和少的类型。故放入题中需要满足的就是 1类型 和 2类型 之间的数量差大于等于3。

解题代码

class Solution 
public:
    bool stoneGameIX(vector<int>& stones) 
        int cnt[3];
        for (int val: stones) 
            cnt[val%3]++;
        
        if (cnt[0] % 2 == 0) //TODO 0类型为偶数的情况
            return cnt[1] >= 1 && cnt[2] >= 1;
        
        return cnt[1] - cnt[2] >= 3 || cnt[2] - cnt[1] >= 3;//TODO 0类型为奇数的情况
    
;