題意：對於n堆石子，每堆若干個，兩人輪流操作，每次操作分兩步，第一步從某堆中去掉至少乙個，第二步（可省略）把該堆剩餘石子的一部分分給其它的某些堆。最後誰無子可取即輸。（參考清晰明白）
思路：首先我們考慮兩堆相等的情況，一定是誰取誰輸，因為對方永遠可以做對稱的操作。對於四堆，1、2堆相等，3、4堆相等的情況，一定也是先手輸，後手也只需要做對稱的操作（在先手取石子的對稱堆中取相同多的石子，並把和先手等量的石子分給先手分配給的堆的對稱堆。（若先手在3堆取，並分給1堆，那後手就在4堆取，分給2堆）。也就是說對於任意的一對一對相等的情況來說，一定是後手必勝。
我們接下來來證明除上述情況外，所有情況都是先手必勝。因為任何一種情況都可以轉化為一對一對相等的情況。若總堆數為奇數的情況，可以把石子最多的一堆的石子分配給其它堆，使得其它堆兩兩相等。最多一堆的石子絕對是足夠多，可以完成這個補齊的任務的。因為我們把石子從小到大排序後畫成條形統計圖（
這個想法太巧妙了！！）。把相鄰兩個分成一組（1和2一組，3和4一組……）我們需要用第n堆填補1，3，5……堆我們把需要填補的這些差距（2比1高出的部分，4比3高出的部分……）投影到統計圖左側的y軸上，我們會發現這是一些不連續的區間，其長度總和明顯小於第n堆。所以可以補齊。
對於堆數為偶數的情況。我們把最多的一堆削弱到和最少的一堆一樣多，並把拿掉的石子分給別的堆，使其一對一對地相等。可行性於前面奇數情況同理。
所以只要判斷是不是一對一對的相等的情況即可。
#include #include int s[15],n;
int cmp(const void *a,const void *b)
int main(){
while(scanf("%d",&n) &&n){
int i,flag = 1;
for(i = 0;i
poj1740 博弈論，對稱博弈）
題目 有若干堆石子，每一次需要從一堆石子中拿走一些，然後如果願意的話，再從這堆石子中拿一些分給其它任意堆。不能操作的人負。解析 實際上如果n為偶數，我們就可以把ta們兩兩配對 轉換成只有兩堆石子的情況 按照石子數從小到大排序，兩兩配對成一組，組與組之間互不影響 如果可以完美配對 配對後每一組都有兩堆...
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