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一、题目描述
在研究过 Nim 游戏及各种变种之后，Orez 又发现了一种全新的取石子游戏，这个游戏是这样的：
有 n 堆石子，将这 n 堆石子摆成一排。
游戏由两个人进行，两人轮流操作，每次操作者都可以从 最左 或 最右 的一堆中取出若干颗石子，可以将那一堆全部取掉，但不能不取，不能操作的人就输了。
Orez 问：对于任意给出的一个初始局面，是否存在先手必胜策略。
输入格式
第一行为一个整数 $T$，表示有 T 组测试数据。
对于每组测试数据，第一行为一个整数 $n$，表示有 n 堆石子，第二行为 n 个整数 a_i ，依次表示每堆石子的数目。
输出格式
对于每组测试数据仅输出一个整数 0 或 $1$，占一行。
其中 1 表示有先手必胜策略，0 表示没有。
数据范围
1≤T≤10,1≤n≤1000,1≤a_i≤10^9
输入样例：
1
4
3 1 9 4
输出样例：
0
二、思考过程
1、状态定义
① 设 left[i][j] 表示在 [i,j] 已经固定的区间 左侧 放上一堆数量为 left[i][j] 的石子后，先手必败
② 设 right[i][j] 表示在 [i,j] 已经固定的区间 右侧 放上一堆数量为 right[i][j] 的石子后，先手必败
即：(left[i][j],\underbrace{a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{a[i]\sim a[j]}),$(\underbrace{a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{a[i]\sim a[j]},right[i][j])$ 为 先手必败 局面
有如下两个性质：
2、left[i][j],$right[i][j]$一定存在
反证法: 假设不存在满足定义的 $left[i][j]$，则对于 任意非负整数 $x$，有形如:
\large \underbrace{x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_j}_{A(x)} 都为 必胜局面 ,记为 A(x) 局面。
由于 A(x) 为必胜局面，故从 A(x) 局面 必然存在若干种办法一步可达必败局面。
若从最左边一堆中拿，因为假设原因，不可能变成必败局面，因为这样得到的局面仍形如 $A(x)$。
左边拿没用，只能考虑从右边拿(即从$a_j$里拿)：
于是设 A(x) 一步可达的某个 必败局面为 $(x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)$，显然有 $0 \le y < a_j$。
由于 x 有无限个，但 y 只有 $a_j$种——根据抽屉原理，必然存在 x_1,x_2(x_1 > x_2),y 满足 (x_1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y) 和 (x_2,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y) 都是必败局面。但这两个必败局面之间 实际一步可达(比如拿走$x_1-x_2$个)，矛盾，假设不成立，原命题成立。
3、left[i][j],$right[i][j]$必然唯一
反证法:
假设 left(i,j) 不唯一，则存在非负整数 $x_1,x_2(x_1 \neq x_2)$，使得(x_1,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1},a_j) 和 (x_2,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},a_j) 均为必败局面,而 第一个必败局面 可以通过拿走左侧$x_1-x_2$个石子到达另一个 必败局面 ，矛盾，假设不成立，原命题成立。
4、推论
有了上面推的$left[i][j]$唯一性，得出一个有用的推论： 对于任意非负整数 $x \neq left(i,j)$，$\large (x,a_i,a_{i+1},\cdots,a_j)$为必胜局面
5、疑问
博弈论的题目都是可以通过动态规划来递推的。
Q:为什么定义先手必败，而不是定义先手必胜呢？
答：因为上面证明过定义 先手必败 的动态规划结果数组，是肯定存在并且是唯一的.存在且唯一的，可以递推出来，如果定义的是 先手必胜,根据博弈论的知识，我们知道，必胜的策略不唯一，不方便递推。而如果我们采用的是 先手必败 这样的定义，那么由于它的存在性和唯一性，所以，只要不是它就是必胜局面！
Q:怎么递推？
递推嘛，就是类似于 数学归纳法,先求出初始状态是多少，然后假设$i \sim j-1$这段已经计算出$left[i][j-1],right[i][j-1]$了，现在想依赖于这两个数值推导出left[i][j],right[i][j],怕写的太长麻烦，就定义了L=left[i][j-1],R=right[i][j-1]
考虑三个问题：
- ① 初始值
- ② 答案在哪
- ③ 递推式
注：答案在哪，并不是和递推式相关，而是和状态表示相关，一定要注意
① 初始值
\large left[i][i]=right[i][i]=a_i
当只有一堆石子时(only i)，我在这堆前面添加一堆，个数和这堆一样多，对于两堆相同的石子，后手进行和先手对称的操作,你咋干我就咋干，我拿完，你瞪眼~, 先手必败
② 答案在哪
先手必败 \Leftrightarrow \ left[2][n]==a[1] , 先手必胜 \Leftrightarrow \ left[2][n]!=a[1]
解释：
a[2] \sim a[n],前面放上了一个a[1], 根据定义$left[2][n]$代表在$a[2]\sim a[n]$之前放上一个数，可以使得放后的局面必败。 现在放上去的是a[1],可以它偏偏等于$left[2][n]$这个令人讨厌的数字,面对这样的局面，天生是死局，先手必败。
③ 递推式
-
变化方法：从左侧拿走一些石子或者从右侧拿走一些石子,我们需要考虑在一个局面确定后，在此局面上左侧、右侧添加一个什么数字（石子个数），才能使得变化后的局面必败。
-
$left[i][j-1]$和$right[i][j-1]$表示$left[i][j]$和
right[i][j],形成$DP$递推关系
递推式需要分类讨论
先把 特殊情况 说清楚：
$\large L=R=0$
若 R=0 则 L=0
注：因
R=0,表示在[i,$j-1$]确定后，右侧为$0$就能满足[i,$j-1$]这一段为先手必败,此时，左侧增加那堆个数为$0$就可以继续保持原来的先手必败，即L=0,而且已经证明了$L=R=0$是唯一的。
此时 $X>\max{L,R}$，也就是说 L=0 和 R=0 都属于 Case $5$，故其它 Case 满足 $L,R>0$。
令 \displaystyle \large X=a[j](X>0)
下面，我们按$X$与$R$的大小关系，划分为三种情况，分别进行讨论：
\large \left\{\begin{matrix}
X=R & \\
X<R & \left\{\begin{matrix} X<L \\X \geq L \end{matrix}\right. \\
X>R & \left\{\begin{matrix} X \leq L \\X>L \end{matrix}\right.
\end{matrix}\right.
-
$X=R$（
Case$1$） 根据R=right[i][j-1]的定义，$X=R$则区间[i,j]是必败局面，因此左边啥也不能添，添了反而错\large left[i][j]=0 -
X<R- ① $X<L$，即 $X< \min{L,R}$（
Case$2$）-
必胜策略： 当右侧石子个数为$X$时，
\large left[i][j]=X.即在右侧石子个数确定为$X$后，如果在左侧添加一堆石子，个数为$X$，就可以保证当前局面先手必败。 -
证明： 即 求证 $\large (X,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},X)$为必败局面,其中
X< \min\{L,R\}由于最左边和最右边的两堆石子数量相同，后手可进行和先手 对称 操作，当先手把某一侧的石子拿完后，后手必将获得一个形如
(y,a_i,a_{i+1},⋯,a_{j−1})或(a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},y)的局面,其中:0<y < X<\min\{L,R\}只有左侧为$L=left(i,j-1)$这个唯一值时，才是必败态，现在不是$L$，而是$y<min(L,R)$，所以后手必胜,即先手必败。
-
- ② $X \geq L$，即 $L \leq X < R$（
Case$3$）-
必胜策略： 当右侧石子个数为$X$时，
\large left[i][j]=X+1.即在右侧石子个数确定为$X$后，如果在左侧添加一堆石子，个数为$X+1$，就可以保证当前局面先手必败。 -
证明： 即 求证 $(X+1,a_i,a_{i+1},\cdots,a_{j-1},X)$为 必败局面 ,其中
L \leq X <R- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后 还剩
z个石子- 若 $z>L$，则后手将最右堆拿成
z-1个石子（$z-1 \ge L>0$），保证左侧比右侧多$1$个石子,就能回到Case3本身，递归证明即可 - 若 $z=L$，则后手将最右堆拿完，根据
L=left[i][j-1]定义知此时局面必败 - 若 $0<z<L$，则后手将最右堆拿成
z个石子，由Case2知此时是必败局面 - 若 $z=0$，此时最右堆石子数
X满足 $L \le X<R$，结合right[i][j-1]定义知 此局面后手必胜,也就是先手必败
- 若 $z>L$，则后手将最右堆拿成
- 若先手拿最右边一堆，设拿了以后 还剩
z个石子- 若 $z \ge L$，则后手将最左堆拿成 $z+1$个石子，就能回到
Case3本身，递归证明即可 - 若 $0<z<L$，则后手将最左堆拿成
z个石子，由Case2知此时是必败局面 - 若 $z=0$，则后手将最左堆拿成
L个石子，由 $left[i][j-1]$定义知此时局面先手必败
- 若 $z \ge L$，则后手将最左堆拿成 $z+1$个石子，就能回到
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后 还剩
-
- ① $X<L$，即 $X< \min{L,R}$（
-
X>R-
① $X≤L$，即 $R < X \leq L$（
Case$4$）-
必胜策略：
\large left[i][j]=X-1 -
证明：
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩
z个石子。- 若 $z \geq R$，则后手将最右堆拿成
z+1个石子，保证左侧比右侧少$1$个石子,就能回到Case4本身，递归证明即可。 - 若 $0<z<R$，则后手将最右堆拿成
z个石子，由Case2知此时是必败局面。 - 若 $z=0$，则后手将最右堆拿成
R个石子（注意Case4保证了此时最右堆石子个数 $>R$），由right[i][j-1])的定义知此时是必败局面。
- 若 $z \geq R$，则后手将最右堆拿成
- 若先手拿最右边一堆，设拿了以后还剩
z个石子。- 若 $z>R$，则后手将最左边一堆拿成
z-1个石子（注意 $z-1 \ge R >0$），递归证明即可。保证右侧比左侧多$1$个石子。 - 若 $z=R$，则后手把最左堆拿完，根据 $right[i][j-1]$的定义可知得到了必败局面。
- 若 $0<z<R$，则后手将最左堆拿成
z个石子，由Case2知此时是必败局面。 - 若 $z=0$，此时最左堆石子数量
k满足 $0<k<L$，结合left[i][j-1]定义知局面必胜
- 若 $z>R$，则后手将最左边一堆拿成
- 若先手拿最左边一堆，设拿了以后还剩
-
-
② $X>L$，即 $X>\max{L,R}$（
Case$5$）-
必胜策略：
\large left[i][j]=x -
证明： 设先手将其中一堆拿成了
z个石子。-
若 $z>\max{L,R}$，后手将另一堆也拿成$z$个，回到
Case$5$，递归证明。 -
若 $0<z<\min{L,R}$，后手把另一堆也拿成
z个石子即可转Case$2$。 -
若 $z=0$，将另一堆拿成
L或R个石子即可得到必败局面。 -
剩余的情况是 $L \le z \le R$或 $R \le z \le L$。
Case3可以解决最左堆 $L +1 \le z \le R$，最右堆L \le z \le R-1的情况 Case4可以解决最左堆 $R \le z \le L-1$，最右堆 $R+1 \le z \le L$的情 况。
所以只需解决最左堆
z=L和最右堆z=R的情况。而这两种情况直接把另一堆拿完就可以得到必败局面。 -
-
-
综上所述： $$ \large left[i][j]= \large \left{\begin{matrix} 0 & X=R \ X+1&L \leq X < R \ X-1 & R<X \leq L \ X & otherwise \end{matrix}\right.
> <font color='blue' size=4><b>温馨提示：</b></font>**请看清楚 $L$ 取不取等，乱取等是错的！**
同理可求 $right(i,j)$。
### 六、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
int a[N];
int left[N][N], right[N][N]; // left,right 在 iostream库中用过了，不能用！
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int len = 1; len <= n; len++) // 枚举长度
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) { // left[i][j],从i到j
int j = i + len - 1;
if (len == 1)
left[i][j] = right[i][j] = a[i]; // DP初始值
else {
int L = left[i][j - 1], R = right[i][j - 1], X = a[j];
if (R == X)
left[i][j] = 0;
else if (X < L && X < R || X > L && X > R)
left[i][j] = X;
else if (L > R)
left[i][j] = X - 1;
else
left[i][j] = X + 1;
L = left[i + 1][j], R = right[i + 1][j], X = a[i];
if (L == X)
right[i][j] = 0;
else if (X < L && X < R || X > L && X > R)
right[i][j] = X;
else if (R > L)
right[i][j] = X - 1;
else
right[i][j] = X + 1;
}
}
if (n == 1)
puts("1");
else
printf("%d\n", left[2][n] != a[1]);
}
return 0;
}
```