UVa12180/LA4300 The Game

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  本题是2008年icpc欧洲区域赛西南欧赛区的E题

题意

  这是一个双人游戏。两个人面对面坐下，每个人正前方有m（1≤m≤4）个杯子，右手边是一只大碗。不难发现，一共有2(m+1)个杯子和碗，它们摆成一个圈。游戏开始时，这些杯子和碗里有一些石子，加起来不超过15 个。每个游戏者碗里的石子数代表他的得分。
  游戏规则如下：双方轮流操作，每次游戏者可以选择一个他自己的有石子的杯子，按照逆时针顺序把这些石子放到该杯子的各个相邻杯子/碗中（包含该杯子自己），每次放一个石子。
  如下图左所示的局面中，如果下方的游戏者选择杯子A，则需要把杯子A 里的4个石子分到杯子B， C，自己的碗和杯子 a 里。这样比分从3:4 变成了4:4。

  有 3 种特殊情况。
  第一，如果最后一个石子放在了自己碗里，需要再操作一次。如果最后一个石子又放在了自己的碗里，还需要再操作一次，次数不限，直到不满足这个条件为止。
  第二，如果最后一个石子放到了对方的杯子里，可以把这个杯子和自己对应的杯子交换（也可以不交换，A 和 a 对应，B 和 b 对应…）。如果自己对应的杯子为空，则不能交换。双方在整个游戏中各有三次交换机会，而且当一个杯子被交换过以后，接下来的4 轮中不能再次被交换（一次连续操作称为一轮）。考虑如下的操作序列：P0, O1, O2, O3, P4, O5, P6, O7，其中Pi是己方的操作，Oj 是对方的操作。如果P0 中交换了某两个杯子，接下来的四轮（第一轮是O1, O2, O3，第二轮是P4，第三轮是O5，第四轮是P6）都不能再交换这两个杯子，但O7 中可以再次交换。
  第三，如果最后一个石子放在己方的杯子里，并且放之前这个杯子是空的，并且这个杯子正对的杯子（上图中A 正对着c，B 正对b，C 正对a）在放石子之后非空，这两个杯子中的所有石头都将移到自己的碗里。注意，这种情况不会引起连锁反应（即接下来轮到对方操作）。
  所有杯子都为空时游戏结束。如果轮到某一方操作时他的所有杯子均为空，则下一轮仍该对方操作（但对于交换规则来说，“无法操作”也将算作一轮）；但只要有非空杯子，游戏者必须操作，而不能跳过这一轮。
  假设双方都是足够聪明的，己方得分与对手的得分之差最大是多少？（己方得分大时，结果越大越好，己方得分小时，结果越小越好）。

输入格式

  第一行为一个整数 T（0 < T < 60）代表测试数据组数。接下来每组测试数据包含两行，第一行是正整数 M (0 < M < 5) 代表每一方的杯子数，第二行前 M 个整数代表逆时针顺序己方杯子内各自的石头数量，第 M+1 个整数代表己方碗里的石头数量，接下来 M+1 个整数以同样的形式描述对方的杯子和碗里的石头数量。

输出格式

  对于每组测试数据，输出一行，输出游戏结束时己方得分与对手的得分之差最大是多少。初始时对方先操作。

分析

  典型的极大极小搜索，上 alpha-beta 剪枝即可。主要难点在于对题意的仔细理解，笔者的翻译已经很详细了，参照翻译去做比看原英文题面省事。

AC 代码

#include <iostream>
using namespace std;struct state {int g[10], c[4], s[2], t; bool f;} s; int m, r, t, x;int alphabeta(const state &e, int alpha, int beta) {if (e.g[m] + e.g[r-1] == x) return e.g[m] - e.g[r-1];int k = e.t & 1 ? m+1 : 0; bool g = false;for (int i=0; i<m; ++i) if (e.g[k+i]) {state f = e; int p = (k+i + e.g[k+i]) % r; f.g[k+i] = 0; g = true;for (int j=0, c=e.g[k+i], x=k+i+1; j<c; ++j) ++ f.g[(x+j) % r];if (!(f.f = p == k+m)) {int q = m+1 - k, s = k + p-q; ++ f.t;if (p >= k && p < k+m && e.g[p] == 0 && f.g[t-p]) f.g[k+m] += f.g[p] + f.g[t-p], f.g[p] = f.g[t-p] = 0;else if (p >= q && p < q+m && f.g[s] && f.s[e.t & 1] < 3 && e.t - f.c[min(p, s)] > 4) {++ f.s[e.t & 1]; swap(f.g[p], f.g[s]); f.c[min(p, s)] = e.t;e.t & 1 ? beta = min(beta, alphabeta(f, alpha, beta)) : alpha = max(alpha, alphabeta(f, alpha, beta));if (beta <= alpha) return e.t & 1 ? beta : alpha;-- f.s[e.t & 1]; swap(f.g[p], f.g[s]); f.c[min(p, s)] = e.c[min(p, s)];}}e.t & 1 ? beta = min(beta, alphabeta(f, alpha, beta)) : alpha = max(alpha, alphabeta(f, alpha, beta));if (beta <= alpha) return e.t & 1 ? beta : alpha;}if (!g) {state f = e; f.f = false; ++f.t;e.t & 1 ? beta = min(beta, alphabeta(f, alpha, beta)) : alpha = max(alpha, alphabeta(f, alpha, beta));}return e.t & 1 ? beta : alpha;
}void solve() {cin >> m; r = m+1 << 1; t = m<<1; x = 0;for (int i=0; i<r; ++i) cin >> s.g[i], x += s.g[i];cout << alphabeta(s, -15, 15) << endl;
}int main() {int t; cin >> t; s.c[0] = s.c[1] = s.c[2] = s.c[3] = -4; s.s[0] = s.s[1] = 0; s.t = 1; s.f = false;while (t--) solve();return 0;
}