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[ABC201D] Game in Momotetsu World 题解

时间:2023-06-05 13:34:20浏览次数:50  
标签:return int 题解 ABC201D dfs 棋子 World dp Takahashi

Game in Momotetsu World

题目大意

在一个 \(n\times m\) 的网格中,存在红色和蓝色两种格子,红色格子用 - 表示,蓝色格子用 + 表示。

现在 Takahashi 和 Aoki 要在这个网格中进行游戏,游戏的规则如下:

  • 初始时,有一枚棋子摆放在左上角,即 \((1,1)\) 的位置。两名玩家的分数均为 \(0\)。
  • 双方轮流行动,Takahashi 先行动。
  • 在每次行动中,行动者可以选择将棋子向下或向右移动一格,但移动后不能超出网格。移动后如果棋子位于红色格子,那么行动者的分数 \(-1\),否则 \(+1\)。
  • 当棋子无法行动时,即位于 \((n,m)\) 时,游戏结束,得分高者为胜者。

现在告诉你网格的颜色情况,请你判断谁将会获胜。你可以认为这两名玩家都绝顶聪明。

思路分析

在打 AT 时,一个重要的原则是遇事不决就 DP。

考虑 DP,设 \(f_{i,j}\) 表示棋子位于 \((i,j)\) 时,Takahashi 的得分与 Aoki 的得分的差。

那么 Takahashi 的目标是最大化这个值,而 Aoki 则想要最小化这个值。

因为棋子只能向右或向下走,所以此时的回合数就是 \(i+j-1\)(回合从 \(1\) 开始)。那么容易写出状态转移方程:

\[f_{i,j}=\begin{cases}\max(f_{i+1,j}+a_{i+1,j},f_{i,j+1}+a_{i,j+1})&i+j-1\equiv 1\pmod2\\\min(f_{i+1,j}-a_{i+1,j},f_{i,j+1}-a_{i,j+1})&i+j-1\equiv 0\pmod2\end{cases} \]

(\(a_{i,j}\) 表示这一位的符号,即若 \((i,j)\) 为 +,那么 \(a_{i,j}\) 为 \(1\),否则为 \(-1\)。)

因为转移比较奇怪,所以考虑用记搜实现。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2020;
#define inf 0x3f3f3f3f

int a[N][N],dp[N][N];
int n,m;
char ch[N];

int dfs(int x,int y){
    if(x==n&&y==m) return 0;//到达边界
    if(dp[x][y]) return dp[x][y];
    if((x+y-1)%2==1){
        dp[x][y]=-inf;//记得赋初值和特判边界!
        if(x!=n) dp[x][y]=max(dp[x][y],dfs(x+1,y)+a[x+1][y]);
        if(y!=m) dp[x][y]=max(dp[x][y],dfs(x,y+1)+a[x][y+1]);
        return dp[x][y];
    }
    else{
        dp[x][y]=inf;
        if(x!=n) dp[x][y]=min(dp[x][y],dfs(x+1,y)-a[x+1][y]);
        if(y!=m) dp[x][y]=min(dp[x][y],dfs(x,y+1)-a[x][y+1]);
        return dp[x][y];
    }
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",ch+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)
            a[i][j]=(ch[j]=='+')?1:-1;
    }
    int ans=dfs(1,1);//1 1 即为答案
    if(ans>0) cout<<"Takahashi\n";
    if(ans==0) cout<<"Draw\n";
    if(ans<0) cout<<"Aoki\n";
    return 0;
}

标签:return,int,题解,ABC201D,dfs,棋子,World,dp,Takahashi
From: https://www.cnblogs.com/TKXZ133/p/17457557.html

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