思路:取石子的取1,2....次都有結論吧。這裡類似。
首先就是如果兩邊？不等最後會到達乙個一邊都是？的狀態，兩邊也有乙個差。
此時問題變成了給你一堆石頭，每次可以取1,2,...9個。先手和後手誰贏。看%9即可。
這裡還有乙個小限制就是每個人要取剩下的?數量/2次。
這樣思考,也就是說不管a取x，b能保證的就是取y為9-x，也就是只能保證是9的倍數。一共n/2次，也就是n/2*9==sum，b贏。不然就是a贏
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define debug(a) cout<<#a<<"="<>n;
scanf("%s",s+1);
for(ll i=1;i<=n/2;i++) a[++tot1]=s[i];
for(ll i=n/2+1;i<=n;i++) b[++tot2]=s[i];
ll sum1=0;ll qnum1=0;
for(ll i=1;i<=tot1;i++)
ll sum2=0;ll qnum2=0;
for(ll i=1;i<=tot2;i++)
ll numcnt=sum1-sum2;
if(numcnt==0)
else
else if(numcnt<0)
}return 0;
}
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