【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=20000+5;

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 0;

}

void prepare(){

     prime[0]=0;

     for (int i=2;i<=20000;i++){

         int g=1;

         for (int j=1;j<=prime[0];j++){

             if (i%prime[j]==0){

                 g=0;

                 break;

             }

         }

         //增加新的质数 

         if (g) prime[++prime[0]]=i;

         flag[i]=prime[0];

     }

     memset(v,0,sizeof(v));

     memset(f,0,sizeof(f));

     for (int i=2;i<=20000;i++){

         for (int j=flag[i];j>=1;j--)

         if (!v[i-prime[j]]){

             v[i]=1;

             break;

         }

         //printf("%d\n",v[i]);

     }

     int tmp=0;

     for (int i=2;i<=20000;i++){

         if (v[i]){

            tmp=30000;

            for (int j=flag[i];j>=1;j--)

            if (!v[i-prime[j]]) tmp=min(tmp,f[i-prime[j]]);

         }

         else {

            tmp=-30000;

            for (int j=flag[i];j>=1;j--)

            tmp=max(tmp,f[i-prime[j]]);

         }

         f[i]=tmp+1;

     }

     return;

}