题目大意：在黑板上又一个序列，每次操作可以选择一个数减1，或者是合并两个数，一个数被减至1则自动消除，不能操作者输。
解题思路：结论，对于大于1的数可以看成是一个整数s，为消除他们的总操作步数,包括减1以及合并，c为列中1的个数，如果s>2的话，c或者是s为奇数则为必胜，否则必败。若s≤2的话（s=2或者s=0）是，判断c是否为3的倍数，是的话必败，不是的话必胜。
证明：s>2时，s和c均为偶数是为必败态。
- s为奇数，c为偶数：先手操作，将s减1，转移至必败态。
- s为偶数，c为奇数：先手操作，将一个1减1，则c会减少1，转移至必败态。
- s为奇数，c为奇数：将一个1和s中的一个数合并。转移至必败态。
- s为偶数，c为偶数：s减1，则s为奇数c为偶数，必胜态；c减1，则s为偶数c为奇数，必胜态；合并1和非1数，s奇数c奇数，必胜态；
s=0者s=2时，当c%3=0时，为必败态。
- c%3=1时，将一个1减1，c%3==0，转移至必败态。
- c%3=2时，对于s=0，合并两个1，则变为s+2，c-2，此时如果s=0，则变为s=2时，c%3=0的必败态；对于s=2，将s减1，则变为s变为1，于是1的个数又增加1，所以c%3=0，必败态。
- c%3=0时，减掉一个1即为必胜态。
- 这里其实是个死循环，直至c=0
#include<cstdio>
//如果s>2的话，c或者是s为奇数则为必胜，否则必败。
//若s≤2的话（s=2或者s=0）是，判断c是否为3的倍数，是的话必败，不是的话必胜。
//证明见我的博客
int n,cnt,sum,T,x;
int liu() {
if(sum>2) return (sum&1||cnt&1);
return cnt%3;
}
int main() {
scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;i++) {
sum=cnt=0;
scanf("%d",&n);
for(int j=1;j<=n;j++) {
scanf("%d",&x);
if(x==1) cnt++;
else sum+=x;
}
if(cnt!=n) sum+=(n-cnt-1);
printf("Case #%d: %s\n",i, liu() ? "Alice" : "Bob");
}
}
模拟递归版：
dp[i][j]表示有i个石子数为1的堆数，其它堆合并再取完的步数为j。若值为1则先取者胜，为0为先取者输。
那么就有这几种情况：将某堆只能1的拿走；两堆是1的合并；把不是1的减一；把某堆是1的并到不是1的堆上
//cnt在收敛
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN=1005;
int n,cnt,sum,x,ans,dp[55][55*MAXN],T;
int dfs(int cnt,int sum) {
if(sum==1) cnt++,sum--;//否则不满足假设（必写）
if(dp[cnt][sum]!=-1) return dp[cnt][sum];
int t=0;
if(cnt==0) {
dp[cnt][sum]=sum%2;
return dp[cnt][sum];
}
if(cnt>=1&&!dfs(cnt-1,sum)) t=1;//拿掉一个1
else if(sum>=1&&!dfs(cnt,sum-1)) t=1;//在非1堆进行一次操作（合并或减1）
else if(cnt>=2&&sum>=1&&!dfs(cnt-2,sum+3)) t=1;//两个1合并成一堆，原先有堆
else if(cnt>=2&&sum==0&&!dfs(cnt-2,sum+2)) t=1;//两个1合并成一堆，原先没堆
else if(cnt>=1&&sum>=1&&!dfs(cnt-1,sum+1)) t=1;//一个1和非1堆合并
dp[cnt][sum]=t;
return t;
}
int main() {
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;i++) {
sum=cnt=0;
scanf("%d",&n);
for(int j=1;j<=n;j++) {
scanf("%d",&x);
if(x==1) cnt++;
else sum+=x;
}
if(cnt!=n) sum+=(n-cnt-1);
ans=dfs(cnt,sum);
printf("Case #%d: ",i);
if(ans==1) printf("Alice\n");
else printf("Bob\n");
}
return 0;
}
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