题目链接
解题思路
这篇题解分 B1，B2 两个部分来讲。
B1 sol：
考虑字符串中 \(0\) 的数量，设这个值为 \(sum\)：
-
若 \(sum \equiv 0 \pmod{2}\)，且字符串回文时，那么此时，后手可以一直模仿先手的操作，直到字符串含有最后一个 \(0\) 时，后手可以反转这个字符串，那么此时后手的代价比先手要少 \(2\)，综上，后手此时必胜。
-
若 \(sum \equiv 1 \pmod{2}\)，且字符串回文时，那么此时，字符串的长度一定为奇数，且字符串中间的数字一定为 \(0\)，那么此时，先手可以将中间的 \(0\) 变为 \(1\)，此时若还有剩余的 \(0\)，则先手必胜，否则后手必胜。
综上，这就是 B1 的做法。
B2 sol：
仍然考虑字符串中 \(0\) 的数量，设这个值为 \(sum\)：
若字符串已经回文，则直接按照 B1 的做法来做。
否则，先手一定可以反转字符串，直到后手把这个字符串变为回文，那么此时：
-
若 \(n \equiv 0 \pmod{2}\)，由于此时先手仍然可以一直模仿后手的操作，由于前期先手比后手付出的代价要少，因此可以得出先手必胜。
-
若 \(n \equiv 1 \pmod{2}\)，如果字符串中间的数字不为 \(0\) 则先手仍然可以模仿后手的情况，此时先手必胜。否则，若此时 \(sum = 2\)，则后手去掉最外侧的 \(0\)，此时先手与后手平局，其余情况，我们发现先手的所需代价至少比后手少 \(1\)，先手必胜。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define map unordered_map
#define re register
#define ll long long
#define forl(i,a,b) for(re ll i=a;i<=b;i++)
#define forr(i,a,b) for(re ll i=a;i>=b;i--)
#define forll(i,a,b,c) for(re ll i=a;i<=b;i+=c)
#define forrr(i,a,b,c) for(re ll i=a;i>=b;i-=c)
#define pii pair<ll,ll>
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define pb push_back
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl '\n'
#define QwQ return 0;
ll _t_;
void _clear(){}
ll n;
string s;
bool check(string s)
{
ll L=1,R=n;
while(L<=R && s[L]==s[R])
L++,R--;
return L>=R;
}
/*
11010
11011 0:1
11111 1:1
1001101
1011001
1011101 0:1
1111101 1:1
1011111
*/
void solve()
{
_clear();
cin>>n>>s;
s=' '+s;
if(check(s))
{
ll sum=0;
for(auto i:s)
sum+=i=='0';
if(sum%2==0)
{
cout<<"BOB\n";
return ;
}
if(sum==1)
{
cout<<"BOB\n";
return ;
}
cout<<"ALICE\n";
return ;
}
ll sum=0;
for(auto i:s)
sum+=i=='0';
if(n%2 && sum==2 && s[(n+1)/2]=='0')
cout<<"DRAW\n";
else
cout<<"ALICE\n";
// exit(-1);
}
int main()
{
// freopen("tst.txt","r",stdin);
// freopen("sans.txt","w",stdout);
IOS;
_t_=1;
cin>>_t_;
while(_t_--)
solve();
QwQ;
}