文章目录
题目描述
题目解析
假设先手者名为
A，后手者名为B。
由于只关注是否取完 和 数字和是否 %3==0，我们把这题要取的数字分为三种：
-
%3==0的数字（0类型）：只要不是第一次取数，并不会对整个数字的和模产生任何影响。 -
%3 ==1的数字（1类型）：一旦数字和的模已经是2，则游戏结束，只有数字和的模为1才能继续游戏。 -
%3==2的数字（2类型）：同上个类型，只有数字和的模与当前数字的模相同才能继续游戏。
根据以上分析：
一、若 0类型 的数字为偶数个，由于 A 先手必不可能选择这类数字，所以 0类型 的数字不会对结果产生任何影响。
- 当
1类型和2类型的数字个数都不为0。则A只要先手选到数字更少的那一类，那么就必胜！为什么必胜呢？举个例子假设有 1 1 2 2 2这样的数字，那么A选了1后，B就只能跟着选1，而之后A就只能选2。很明显A除了第一次选了偏少的那一堆的一个元素以外，其余都是取的偏多的那一堆元素里的数，而B只能取偏少的那一堆元素里的数。故总结出整个取数过程除了A第一次选择，实际上就是一个对拼消耗的过程，拿着资源数量更多的A和拿着资源数量更少的B进行对拼消耗，最先消耗完的肯定就是B了，则此时B就只能*选择A的那一堆使得和为3的倍数了，最终A获胜。 - 当
1类型或者2类型的数字个数为0，那么无论如何都无法逃离A输掉的命运。如果个数不为0的数字个数大于3个，A先手取数，故A一定是第三个取到它的，A输，而其他情况则因为数字取完而输掉比赛。
二、若 0类型 的数字个数为奇数个，同样由于 A 不可能先手取这类数字，但这次由于这类数字是奇数个，可以多出一个来用于替 B 挡灾。
- 具体如何使用这个来挡灾呢？
我们先假设1类型和2类型的个数是相等的，此时我们的A无论以谁起手都是一样的，假设以1类型的情况起手，按理来说，接下来A都是通过消耗2类型的个数来打消耗战，但此时B有了额外的一个0类型的替身，所以B这一轮可以选择不跟A，而选择0类型，那么从此A就只能选择1类型去进行消耗了，于是身份便互换了，假设1类型和2类型的数字数量开始是 N ，那么这身份互换后的结果就是：拿着数量为N-1的1类型的A与拿着数量更多的2类型的B进行对拼消耗，最终的结果肯定是B胜。
根据以上互换身份的原理， A 在这种情况下，只有选数量多的才能有一线生机，而且至少要比 B 多三份物资，原因在于：
- 发生转化的过程还是要消耗掉 1 个。
- 想要让
A赢，除了让B的M个物资消耗完以外，A自身还需要留下一份物资供B产生3的倍数。 - 此时的对拼消耗过程中
A处于先手消耗，想要轮到B的回合则永远会多消耗一个物资，如 A:2 2 2,B:1 1，对拼过程中明显无法回到B就消耗完了。
假设此时 A 选择的这个类型有 N 个，对方的有 M 个，故只要满足
N
−
3
>
=
M
N-3>=M
N−3>=M 则 A 必胜，否则还是 B 胜。
因为上面的 N 和 M 所代表的只是 1类型 和 2类型 中数量多和少的类型。故放入题中需要满足的就是 1类型 和 2类型 之间的数量差大于等于3。
解题代码
class Solution {
public:
bool stoneGameIX(vector<int>& stones) {
int cnt[3]{};
for (int val: stones) {
cnt[val%3]++;
}
if (cnt[0] % 2 == 0) {//TODO 0类型为偶数的情况
return cnt[1] >= 1 && cnt[2] >= 1;
}
return cnt[1] - cnt[2] >= 3 || cnt[2] - cnt[1] >= 3;//TODO 0类型为奇数的情况
}
};