【COGS 56】质数取石子

【问题描述】

DD 和 MM 正在玩取石子游戏。他们的游戏规则是这样的:桌上有若干石子,DD 先取,轮流取,每次必须取质数个。如果某一时刻某一方无法从桌上的石子中取质数个,比如说剩下 0 个或 1 个石子,那么他/她就输了。
DD 和 MM 都很聪明,不管哪方存在一个可以必胜的最优策略,他/她都会按照最优策略保证胜利。于是,DD 想知道,对于给定的桌面上的石子数,他究竟能不能取得胜利呢?

当 DD 确定会取得胜利时,他会说:“不管 MM 选择怎样的取石子策略,我都能保证至多 X 步以后就能取得胜利。”那么,最小的满足要求的 X 是多少呢?注意,不管是 DD 取一次石子还是 MM 取一次石子都应该被计算为“一步”。

【输入格式】

第一行有一个整数 N,表示这个输入文件中包含 N 个测试数据。
第二行开始,每行有一个测试数据,其中仅包含一个整数,表示桌面上的石子数。

【输出格式】

你需要对于每个输入文件中的 N 个测试数据输出相应的 N 行。
如果对于该种情形是 DD 一定取得胜利,那么输出最小的 X。否则该行输出 -1。

【样例输入】

3
8
9
16

【样例输出】

1
-1
3

【样例说明】

当桌上有 8 个石子时,先取的 DD 只需要取走 7 个石子剩下 1 个就可以在一步之后保证胜利,输出 1。
当桌上有 9 个石子时。若 DD 取走 2 个,MM 会取走 7 个,剩下 0 个,DD 输。若 DD 取走 3 个,MM 会取走 5 个,剩下 1 个,DD 输。DD 取走 5 个或者 7 个的情况同理可知。所以当桌上有 9 个石子时,不管 DD 怎么取,MM 都可以让 DD 输,输出 -1。

当桌上有 16 个石子时,DD 可以保证在 3 步以内取得胜利。可以证明,为了在 3 步内取得胜利,DD 第一步必须取 7 个石子。剩下 9 个石子之后,不管第二步 MM 怎么取,DD 取了第三步以后可以保证胜利,所以输出 3。

【数据范围】

输入文件中的数据数 N<=10。
每次桌上初始的石子数都不超过 20000。

【分析】

动态规划。

首先打出素数表,用v[i]来保存DD有i颗石子的时候是否可以胜利,1代表可以,0代表不可以。

v[i]通过前面的状态可以计算出来,如果v[i-p](p为素数)为false,显然v[i]就应该为1,因为多取了一次。

然后对于不同的v[i]状态分情况讨论,

f[i]=min{f[i-prime[j]]}(v[i]=1)计算可能获胜时最少的步数

f[i]=max{f[i-prime[j]]}(v[i]=0)计算不可能获胜时最多的步数

#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define LOCAL
const int maxn=+;
using namespace std;
int prime[maxn];
int flag[maxn],f[maxn];
int v[maxn]; void prepare(); int main(){
int T,n;
#ifdef LOCAL
freopen("data.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
prepare();//打表
scanf("%d",&T);
while (T--){
scanf("%d",&n);
if (v[n]) printf("%d\n",f[n]);
else printf("-1\n");
}
return ;
}
void prepare(){
prime[]=;
for (int i=;i<=;i++){
int g=;
for (int j=;j<=prime[];j++){
if (i%prime[j]==){
g=;
break;
}
}
//增加新的质数
if (g) prime[++prime[]]=i;
flag[i]=prime[];
}
memset(v,,sizeof(v));
memset(f,,sizeof(f));
for (int i=;i<=;i++){
for (int j=flag[i];j>=;j--)
if (!v[i-prime[j]]){
v[i]=;
break;
}
//printf("%d\n",v[i]);
}
int tmp=;
for (int i=;i<=;i++){
if (v[i]){
tmp=;
for (int j=flag[i];j>=;j--)
if (!v[i-prime[j]]) tmp=min(tmp,f[i-prime[j]]);
}
else {
tmp=-;
for (int j=flag[i];j>=;j--)
tmp=max(tmp,f[i-prime[j]]);
}
f[i]=tmp+;
}
return;
}
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