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摘要:
#include<iostream>#include<algorithm>#include<vector>using namespace std;char str[100][100];int v[100][100];int n,m;int vv[100...
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cheer up,my friend,no body will gain without paying ,do as best as you can ,this is the answer.
Maybe this semester ,You have a lots of things to do , It is doesn't matter what the circumstance is.Insist yourself , and stand up.
一）巴什博弈（Bash Game）：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個。最后取光者得勝。
很容易想到當n%(m+1)<>0時，先取必勝，第一次先拿走n%(m+1)，以后每個回合到保持兩人拿走的物品總和為m+1即可。
這個游戲還可以有一種變相的玩法：兩個人輪流報數，每次至少報一個，最多報十個，誰能報到100者勝。
（二）威佐夫博弈（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最后取光者得勝。
如果甲面對（0，0），那么甲已經輸了，這種局勢我們稱為奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）.可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而 bk=ak+k.
那么任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...,n 方括號表示取整函數)
奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk組成的矩形近似為黃金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那么就不是奇異局勢。然后再按照上述法則進行，一定會遇到奇異局勢。
（三）尼姆博弈（Nimm Game）：有三堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆取任意多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最后取光者得勝。
對于任何奇異局勢(a,b,c)，都有a^b^c=0.
非奇異局勢(a,b,c)(a<b<c)轉換為奇異局勢，只需將c變為a^b，即從c中減去 c-(a^b)即可。
這題其實和普通的DP題沒什么區別，只是需要用dp[i]表示i狀態下能夠達到的最大值，而且由于有負數，需要將坐標軸整體平移一下。
在一進一步說，還是要求出所有的狀態，類似窮舉了。我想了下，如果真的要優化，可以只將出現過的狀態記下來，這樣掃描的時候可以剪去一些時間，也許0MS就是這么做的吧^_^ ,復雜度O(10^7)。
代碼如下：
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 999999999
int dp[400001];
int n;
int l,r;
#define OFFSET 200000
int main()
{
fill(dp,dp+400001,-INF);
dp[OFFSET]=0;
l=r=OFFSET;
scanf("%d",&n);
int i,j;
int a,b;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(a<=0&&b<=0)
continue;
if(a<0)
{
int k;
for(k=l;k<=r;k++)
{
if(dp[k]!=-INF)
{
if(k+a<l)
l=k+a;
if(dp[k+a]==-INF)
dp[k+a]=dp[k]+b;
else
dp[k+a]=max(dp[k+a],dp[k]+b);
}
}
}
else
{
int k;
for(k=r;k>=l;k--)
{
if(dp[k]!=-INF)
{
if(k+a>r)
r=k+a;
if(dp[k+a]==-INF)
dp[k+a]=dp[k]+b;
else
dp[k+a]=max(dp[k+a],dp[k]+b);
}
}
}
}
int res=0;
int k;
for(k=OFFSET;k<=OFFSET+1000*n;k++)
{
if(dp[k]>0&&k-OFFSET+dp[k]>res)
res=k-OFFSET+dp[k];
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
重溫了下 背包九講 不僅發現了其中的一些錯誤 也發現了這篇文章的局限性，例如這個題。。。做完之后 我對背包的概念又模糊了。。。
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[10001];
int w[10001];
int v[10001];
int main()
{
int t;
int e,f;
int n;
int ww;
scanf("%d",&t);
int i,j,k;
for(i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%d%d",&e,&f);
ww=f-e;
scanf("%d",&n);
for(j=1;j<=n;j++)
scanf("%d%d",&v[j],&w[j]);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(j=1;j<=n;j++)
{
for(k=0;k<=ww-w[j];k++)
{
if(dp[k]!=-1)
{
if(dp[k+w[j]]==-1)
dp[k+w[j]]=dp[k]+v[j];
else
dp[k+w[j]]=min(dp[k+w[j]],dp[k]+v[j]);
}
}
}
if(dp[ww]==-1)
printf("This is impossible.\n");
else
printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n",dp[ww]);
}
return 0;
}