有1~n级台阶，每个台阶有a[i]个石子，每次操作可以将k级台阶的一些石子移动到k-1级台阶上。移动到第0级不可再动，无法再操作者输，给出石子分布情况，问先手是否必胜和取石子nim游戏本质相同，考虑移动石子的过程，通过“观察”可得，结论是奇数台阶数量异或和为0则先手必输，否则必赢。结合上一

算法竞赛中的博弈论问题：ICG（ImpartialCombinatorialGames公平组合游戏）特征如下：1.两名选手2.轮流操作，每次一步，每步在有限合法集合中选取一种进行3.任何情况，合法操作只取决于情况本身，与选手无关4.游戏败北条件：当某位选手需要进行操作时，当前没有任何可以执行的合法操作，则该选

Rank14，190pts比赛链接新的阶乘容易发现只需要处理1~n的质因子分解即可，每个数\(i\)本来有\(n-i+1\)个我们在欧拉筛的过程中同时维护每个数的一个质因子\(pri\)每次从\(n\)到1把遇到的非质数\(i\)现有的个数加到他的质因子\(pri_i\)和\(\frac{i}{pri_i

现在真的啥也不会了。。。D Chocolate首先考虑极端情况，1$\times$1的网格的话，先手必输。考虑其他情况，如果只能一个一个吃的话，显然是和奇偶相关的。对于先手来说，偶数自己赢，奇数是自己输。那么在矩阵中，虽然有着限制，但通过推小的例子可以发现，两方还是可以控制吃的数量的。对于先手

首先考虑最简单的情况，如果有一个数是\(1\)，那么第二步没有作用，胜负是固定的，先判掉。然后发现题目给了一个很奇怪的条件：所有数的最大公约数为\(1\)，也就是至少有一个奇数，这提示我们从奇偶数下手。发现第二步中的最大公约数的奇数因子是毫无意义的，因为无论是奇数还是偶数除以一个

ABC261Ex显然有一个倒序DP\[\begin{cases}f_{i,0}=\min_{i\toj}f_{j,1}+w(i,j)\\f_{i,1}=\max_{i\toj}f_{j,0}+w(i,j)\\\end{cases}\]目标\(f_{S,0}\)可以看作用dijkstra跑最短路。当\(f_{i,1}\)的所有\(f_{j,1}\)确定时才确定\(f_{i,1}\)，再将其扔到最短路里面

NOIP2024集训Day43博弈论F.多边形之战如果这个三角形三个顶点相邻，则先手必胜（第一刀就可以切）否则当黑色三角形只有一边与白色三角形相邻时才可以被切，显然那个白色三角形是最后一个白色三角形于是转化为：有\(n\)个石子，一次只能取一个，问取最后一个的人是谁做完了。G.[BZO

拿石子两个人一次可以拿1-3个石子一共100个石子谁会赢‌后手‌后手可以获胜。‌‌12后手获胜的策略‌后手每次取的石子数与先手取的石子数之和为4‌。具体来说：如果先手取1个石子，后手可以取3个石子。如果先手取2个石子，后手可以取2个石子。如果先手取3个石子，后手可以取1

题目链接CF1527B1（luogu）CF1527B2（luogu）CF1527B1（codeforces）CF1527B2（codeforces）解题思路这篇题解分B1，B2两个部分来讲。B1sol：考虑字符串中\(0\)的数量，设这个值为\(sum\)：若\(sum\equiv0\pmod{2}\)，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

A将序列转化为\(01\)串，奇数为\(1\)，偶数为\(0\)。容易发现两个\(0\)不能分在同一组，于是答案的上限取决于奇数的个数，并且容易构造方案达到这个上界，随便做做就行。B将序列排序后，发现不管怎么加，大小顺序不变，记录下最大值按题意模拟。C根据基本数论知识可得，操作等价于加上

这道题目是二分图博弈的板子介绍一下二分图博弈：设两部的节点分别为\(x_1,x_2,...,x_n\)和\(y_1,y_2,...,y_m\)，先手选择了\(x_i\)这个节点，则先手必胜当且仅当\(x_i\)是最大匹配的必须点（也就是说少了\(x_i\)的话最大匹配数会减少）证明：任选一个最大匹配，则\(x_i\)为匹配点，先手的策

publicclassTest56{//给定一个整型数组arr，代表数值不同的纸牌排成一条线//玩家A和玩家B依次拿走每张纸牌//规定玩家A先拿，玩家B后拿//但是每个玩家每次只能拿走最左或者最右的纸牌//玩家A和玩家B都完成最优方案，返回最后胜利者的分数publics

P10702[SNCPC2024]下棋本蒟蒻的第一篇题解定位博弈论（nim）+进制转换相关知识OIWIKI博弈论NIM进制转换正题读题所有k进制下所有数位的乘积为自身因子的数。他称之为LNC数。给出x枚棋子，然后LNC选定一个整数k(k≥2)。随后他们交替取走若干枚棋子，要求取走的棋

有意思！直接大力分讨。发现情况特殊在于BW是否相邻。定理一:首先我们发现如果W只剩一个了，那么W赢得可能就是BW相邻且W先手。定理二：如果W一直不战斗，那么最终的两面包夹之势是2B.2W.2B若此时B先手，我们守株待兔，因为W肯定要移动，我们以进为退，那么肯定能吃掉一个W，根据定理一，W再起不能

AGC017EJigsaw将离地\(0\)长度\(a\)的看做\(a\)，离地\(a\)的看做\(-a\)，则两个积木能匹配相当于左积木的右边和右积木的左边互为相反数。方便起见，将所有积木左边取反，看做相等匹配。我们考虑放到图上，一个左边为\(a\)右边为\(b\)的积木会让图上从\(a\tob\)有一个有

AGC010FTreeGameSolution:令\(a[u]\)是节点\(u\)上的石子数。感性理解一下：如果当前节点\(u\)以及它的唯一子节点\(v\),满足\(a[u]\lea[v]\)，那么如果先手向下到\(v\)，后手可以向上走到\(u\)，先手就会被硬控住，导致直接死掉。所以我们可以猜出一个结论：从一个节点走

299.CF1534ELostArray难崩。题意转化为每次翻转\(m\)个\(01\)序列的元素，要把全\(0\)翻成全\(1\)。不想分讨。考虑直接最短路求最小步数，转移就枚举选多少个原本已经有的数。交互就记录方案就行了。300.P9537[YsOI2023]CF1764B很棒的题。考察终态，可以发现最后输

洛谷传送门很棒的题。考察终态，可以发现最后输的人拥有的数的数量大概率是比赢家的数量少的。唯一的例外是等差数列，因为一个长为\(n\)的等差数列只能组成\(n-1\)个不同的差值。考虑若一开始先手就是一个公差为\(d\)的\(n+1\)项等差数列，后手是一个公差为\(d\)的\(

题目链接：https://codeforces.com/contest/1942/problem/E题目大意：输入一个\(l\)和一个\(n\)，其中\((1\leql\leq10^6,2n<=l)\)，表示有\(l\)个不同的空位（分别是\([1,l]\)）和\(2n\)头完全一样的牛。Alice和Bob分别有\(n\)头牛，并且他们的牛是间隔排列的。每一次

挑战题解区最短代码回文数？数学题！打表找规律吧……显然，\(1\sim9\)都是回文数，先手赢（就一位你还想咋地啊）。然后是\(10\)。样例告诉我们，这个不行。接着是\(11\sim19\)，发现随便减个\(1\sim9\)就可以变成\(10\)，而\(10\)是后手赢。赢得就是后手的后手，那就是先手，可以。

题目你正在和朋友玩一个游戏：桌子上有一堆石头，每一次你们都会从中拿出1到3个石头。拿走最后一个石头的人赢得游戏。游戏开始时，你是先手。假设两个人都绝对理性，都会做出最优决策。给定石头的数量，判断你是否会赢得比赛。举例：有四个石头，那么你永远不会赢得游戏。不管拿几个，最后

本来想一次放五场的，但是感觉实在是太多了，题解写起来很累，就改为三场了。以后没活了就写这个。ARC多的是，所以近阶段就不会没活啦！ARC104DMultisetMean对于\(x\)，我们只需要求出\([0,x-1]\)的元素组合的背包，以及\([1,n-x]\)的元素组合的背包，然后再做点乘即可。做背包的时候

一些用处不多的姿势：perfectinformation:双方做决策时知道当前局面处于什么状态以及可能向什么状态转移。（如围棋你知道当前局面以及可以知道对手下一步可以走的位置）complete information;博弈双方知道各自的目的。（如狼人杀显然不是，你不知道对方的身份以及对方取得成功的条件）im

分析注意到本题在放完盘子之后就是一个简单的Nim问题，所以考虑每个背包会放到哪个盘子。由于放完盘后谁执先手与\(n\)的奇偶性有关，于是分类讨论。如果\(n\)是奇数，放完后后手先取硬币，他肯定会尽量让异或和不为\(0\)（Nim的玩法），那么他有一个必胜策略：不管先手取哪个背包，他先取

鸣谢cinccout。赛时两次看出了我的错误/bx。闲话：在我看过的所有人的做题过程中，大家都不约而同的把棋子数量相同时答案相同当作了第一发（。但是很可惜，这个结论是错误的。样例已经给出了当棋子数量为\(2\)的答案，在此我们略去讨论。对于棋子数量为\(1\)答案也很明显是后手