题目

Alice 和 Bob 再次设计了一款新的石子游戏。现有一行 n 个石子，每个石子都有一个关联的数字表示它的价值。给你一个整数数组 stones ，其中 stones[i] 是第 i 个石子的价值。

Alice 和 Bob 轮流进行自己的回合，Alice 先手。每一回合，玩家需要从 stones 中移除任一石子。

如果玩家移除石子后，导致 所有已移除石子 的价值 总和 可以被 3 整除，那么该玩家就 输掉游戏 。
如果不满足上一条，且移除后没有任何剩余的石子，那么 Bob 将会直接获胜（即便是在 Alice 的回合）。
假设两位玩家均采用 最佳 决策。如果 Alice 获胜，返回 true ；如果 Bob 获胜，返回 false 。

链接

https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix/

示例

示例 1：
输入：stones = [2,1]
输出：true
解释：游戏进行如下：
- 回合 1：Alice 可以移除任意一个石子。
- 回合 2：Bob 移除剩下的石子。 
已移除的石子的值总和为 1 + 2 = 3 且可以被 3 整除。因此，Bob 输，Alice 获胜。

示例 2：
输入：stones = [2]
输出：false
解释：Alice 会移除唯一一个石子，已移除石子的值总和为 2 。 
由于所有石子都已移除，且值总和无法被 3 整除，Bob 获胜。

示例 3：
输入：stones = [5,1,2,4,3]
输出：false
解释：Bob 总会获胜。其中一种可能的游戏进行方式如下：
- 回合 1：Alice 可以移除值为 1 的第 2 个石子。已移除石子值总和为 1 。
- 回合 2：Bob 可以移除值为 3 的第 5 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 = 4 。
- 回合 3：Alices 可以移除值为 4 的第 4 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 = 8 。
- 回合 4：Bob 可以移除值为 2 的第 3 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 = 10.
- 回合 5：Alice 可以移除值为 5 的第 1 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 + 5 = 15.
Alice 输掉游戏，因为已移除石子值总和（15）可以被 3 整除，Bob 获胜。

提示

• 1 <= stones.length <=10e5
• 1 <= stones[i] <= 10e4

说明

这题难度应该不能算【中等】，而应该算作【困难】，需要比较强的逻辑思维，也因为这类题目被美国站用户大量点踩，导致了博弈题退出LeetCode平台，所以不会做的小伙伴也不要气馁~

[https://leetcode.com/discuss/general-discussion/1500149/weekly-contest-261]

思路

下面理一理这个题目的思路，结合了官方题解等解题思想，作出了我的一个结题思路。

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1）首先对stones数组里所有的数模3取余，例如4%3=1,5%3=2,因为最后判断胜负判断的是移除石子的总和是否可以被3整除，所以4就可以等价于1,5就可以等价为2，以此类推，将所有数变换到0,1,2的范围，并统计0,1,2出现的次数，记作N0，N1，N2。

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2）如果N1==0&&N2==0，也就是只有N3（值为3的石子），那么由于Alice先手，Alice第一回合移除了个3，第一回合就失败了。故N1==0&&N2==0，则Alice必输。

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3）我们对N0分两种情况进行讨论，一种是N0为奇数，一种是N0为偶数，这里我们需要注意的是，N0的意义仅仅相当于换手，如果N0为奇数，就相当于可以进行两次的换手，也就是说N0不会影响结果。

1. 当N0为偶数时：

• N0为偶数，N1==0 || N2==0，则Alice必输。我们先假设N1为0的情况，只有值为0和2的石子，而由于N0为偶数，可以通过换手抵消（Alice移除1个值为0的石子，Bob也跟着移除1个值为0的石子，最后还是回到了Alice这里），所以N0并没有实际作用，相当于N0为0，N1为0，只有N2（值为2的石子）。由于Alice是先手，Alice先移除个2，如果此时没有了值为2的石子，根据规则Alice为先手，Alice输，而如果还有石子，Bob移除了个2，由于总和为4，不能被3整除，还是Alice输，而如果Alice移除了2，Bob移除了2之后还有石子，此时Alice再移除个2，总和为6，Alice还是输。所以当N0为偶数，N2==0时，Alice必输，同理当N0为偶数，N1==0时，Alice也必输（Alice->1，Bob->1，Alice->1）
• N0为偶数，N1!=0 && N2!=0，Alice必赢（也就是除了上述的那种情况）。这种情况下，N0为偶数，还是跟上述情况一下，可以通过换手抵消，没有意义，可以忽略N0。这时就取N1和N2中个数较小的那种石子，因为Alice先手，他取了之后，后面的序列就固定了，假设N1=x,N2=y，x<y, Alice先取个更少的1，Bob此时为了不让总数为3的倍数，只能也取个1不能取2，此时总和为2，而Alice也因为不能让总和为3的倍速，不能取1，这下只能取2，由此取的序列就固定为了Alice->1,Bob->1,Alice->2,Bob->1,Alice->2,Bob->1...Alice->2,Bob->2, 因为Alice为先手，且x<y,所以到最后轮到Bob的时候，就只剩下2可以取，这样Alice就赢了，同理，如果N1=x,N2=y，x>y，此时Alice先取数量少的2，比如N1=5，N2=2，此时序列为Alice->2,Bob->2,Alice->1,Bob->1,还是Bob输，Alice赢，如果N1==N2的话，Alice先手，随便取哪个都赢，例如N1=2，N2=2，此时序列为Alice->1,Bob->1,Alice->2,Bob->2或者Alice->2,Bob->2,Alice->1,Bob->1，仍然是Bob输，综上，当N0为偶数，N1!=0 && N2!=0，Alice必赢。

2. 当N0为奇数，这时N0就充当了换手的作用了：

• 当N1==N2，Alice必输，因为Alice先手，无论他怎么取，Bob在第二轮取0进行换手，由于N0为奇数，最后无论Alice怎么换手都还是换回到了Alice手里，这样就导致了Alice还得再取个和第一轮一样的石子，否则结果就为3的倍数了，但这样下去，因为N1==N2,N0作为换手用的石子，N1+N2必然为偶数，最终Alice还是会取到全场最后一个石子，使得总和为3。例如，我们假设N0=3,N1=2,N2=2。如果Alice先取个1，那么接下来的序列技术Alice->1，Bob->0，Alice->0，Bob->0，Alice->1，Bob->2，Alice->2,同理，假设Alice最开始取了个2，也最终他要取个1导致总和为3的倍数而失败。
• 当|N1-N2|≤2时，Alice必输，因为如果Alice在第一轮取了N1和N2中数量较小的那类，由于N0为奇数，Bob可以通过0的石子换手，让Alice再继续接着移除一个石子，此时Alice需要在第三轮取一个和第一轮一样的石子，否则总和就是3的倍数了，继续模拟下去，则和N0为偶数的情况一样，但由于换了手，Alice从必胜变成了必输。而如果Alice在第一轮取了数量较大的那类，最终游戏结束也会因为全场的石子被取完，Alice输掉游戏（不满足移除石子的总和可以被3总除，但石子移除完，则作为先手的Alice输）
• 其余情况下，Alice必胜，Alice只要在第一轮中去N1和N2中较多的那类，无论谁先使用了换手，由于N0为奇数，都会导致Bob最终会出现石子总和为3的倍速的情况。

总结

• 如果N0 为偶数，那么 Alice 获胜当且仅当 N1≥1&&N2≥1 
• 如果N0 为奇数，那么 Alice 获胜当且|N1-N2|＞2

C++ Code

class Solution {
public:
    bool stoneGameIX(vector<int>& stones) {
        int N0 = 0, N1 = 0, N2 = 0;
        for (int val: stones) {
            if (int type = val % 3; type == 0) {
                ++N0;
            }
            else if (type == 1) {
                ++N1;
            }
            else {
                ++N2;
            }
        }
        if (N0 % 2 == 0) {
            return N1 >= 1 && N2 >= 1;
        }
        return N1 - N2 > 2 || N2 - N1 > 2;
    }
};