洛谷-CF1190C Tokitsukaze and Duel 题解

Solution

不妨记 A 为先手 Tokitsukaze，B 为后手 Quailty。记 \(f(X)\) 为 \(X\) 这个人最终的状态（胜、平、负分别为 \(1,0,-1\)）。

首先特判掉全 0 和全 1 的情况。

不妨设字符串中第一个 0 在 \(l_0\)，最后一个 0 在 \(r_0\)，\(l_1,r_1\) 同理。

我们先做掉比较平凡的情况。如果 \(r_0-l_0+1\le k\) 或 \(r_1-l_1+1\le k\) 那么 A 可以一步获胜。还有第 1 步 A 无论如何操作 B 都能在第 2 步取胜的情况。

此时博弈一定不会在 2 步内结束。B 至少可以通过不断重复 A 的操作，把无法一步取胜的局面传递回 A，从而使 A 永远无法获胜，自己至少达到平局，\(f(B)\ge 0\)。

同理 A 也可以在第一步后不断重复 B 的操作使 \(f(A)\ge 0\)。又因为零和博弈 \(f(A)+f(B)=0\)，最终只能平局。

Code

#include 
using namespace std;
int n,k;
string s;
signed main(){
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>k>>s;
    if(s[0]=='1') for(char &c:s) c^=1;  // 令s[0]='0'
    // 特判全0/全1
    if(s.find('0')==s.npos||s.find('1')==s.npos){
        cout<<"tokitsukaze\n";
        return 0;
    }
    int l0=s.find('0'),r0=s.rfind('0');
    int l1=s.find('1'),r1=s.rfind('1');
    // A一步取胜
    if(r0-l0+1<=k||r1-l1+1<=k){
        cout<<"tokitsukaze\n";
        return 0;
    }
    // A无论如何操作后B都能一步取胜
    if(r0min(r0-l0+1,r1-l1+1)&&n-k=n-1){
            cout<<"quailty\n";
            return 0;
        }
    }
    if(l0l1){  // 0001...0111
        int bound=max(r0-l0-1,r1-l1-1);
        if(k>bound){
            cout<<"quailty\n";
            return 0;
        }
    }
    // 平局
    cout<<"once again\n";
    return 0;
}