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Index/博弈论.md

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 | [292. Nim 游戏](https://leetcode-cn.com/problems/nim-game/)  | [LeetCode 题解链接](https://leetcode-cn.com/problems/nim-game/solution/gong-shui-san-xie-noxiang-xin-ke-xue-xi-wmz2t/) | 中等 | 🤩🤩🤩🤩     |
 | [810. 黑板异或游戏](https://leetcode-cn.com/problems/chalkboard-xor-game/) | [LeetCode 题解链接](https://leetcode-cn.com/problems/chalkboard-xor-game/solution/gong-shui-san-xie-noxiang-xin-ke-xue-xi-ges7k/) | 困难 | 🤩🤩🤩🤩     |
 | [877. 石子游戏](https://leetcode-cn.com/problems/stone-game/) | [LeetCode 题解链接](https://leetcode-cn.com/problems/stone-game/solution/gong-shui-san-xie-jing-dian-qu-jian-dp-j-wn31/) | 中等 | 🤩🤩🤩🤩     |
+| [2029. 石子游戏 IX](https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix/) | [LeetCode 题解链接](https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix/solution/gong-shui-san-xie-fen-qing-kuang-tao-lun-h1oa/) | 中等 | 🤩🤩🤩🤩     |
 

LeetCode/2021-2030/2029. 石子游戏 IX（中等）.md

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+### 题目描述
+
+这是 LeetCode 上的 **[2029. 石子游戏 IX](https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix/solution/gong-shui-san-xie-fen-qing-kuang-tao-lun-h1oa/)** ，难度为 **中等**。
+
+Tag : 「博弈论」
+
+
+
+`Alice` 和 `Bob` 轮流进行自己的回合，`Alice` 先手。每一回合，玩家需要从 `stones` 中移除任一石子。
+
+如果玩家移除石子后，导致 所有已移除石子 的价值 总和 可以被 $3$ 整除，那么该玩家就 输掉游戏 。
+如果不满足上一条，且移除后没有任何剩余的石子，那么 `Bob` 将会直接获胜（即便是在 `Alice` 的回合）。
+假设两位玩家均采用 最佳 决策。如果 `Alice` 获胜，返回 `true` ；如果 `Bob` 获胜，返回 `false` 。
+
+示例 1：
+```
+输入：stones = [2,1]
+
+输出：true
+
+解释：游戏进行如下：
+- 回合 1：Alice 可以移除任意一个石子。
+- 回合 2：Bob 移除剩下的石子。 
+已移除的石子的值总和为 1 + 2 = 3 且可以被 3 整除。因此，Bob 输，Alice 获胜。
+```
+示例 2：
+```
+输入：stones = [2]
+
+输出：false
+
+解释：Alice 会移除唯一一个石子，已移除石子的值总和为 2 。 
+由于所有石子都已移除，且值总和无法被 3 整除，Bob 获胜。
+```
+示例 3：
+```
+输入：stones = [5,1,2,4,3]
+
+输出：false
+
+解释：Bob 总会获胜。其中一种可能的游戏进行方式如下：
+- 回合 1：Alice 可以移除值为 1 的第 2 个石子。已移除石子值总和为 1 。
+- 回合 2：Bob 可以移除值为 3 的第 5 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 = 4 。
+- 回合 3：Alices 可以移除值为 4 的第 4 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 = 8 。
+- 回合 4：Bob 可以移除值为 2 的第 3 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 = 10.
+- 回合 5：Alice 可以移除值为 5 的第 1 个石子。已移除石子值总和为 = 1 + 3 + 4 + 2 + 5 = 15.
+Alice 输掉游戏，因为已移除石子值总和（15）可以被 3 整除，Bob 获胜。
+```
+
+提示：
+* $1 <= stones.length <= 10^5$
+* $1 <= stones[i] <= 10^4$
+
+---
+
+### 分情况讨论博弈
+
+为了方便，我们用 `A` 来代指 `Alice`，用 `B` 带代指 `Bob`。
+
+`A` 只有一种获胜方式，是使得 `B` 在选石子时凑成 $3$ 的倍数；而 `B` 除了能够通过让 `A` 凑成 $3$ 的倍数以外，还能通过让游戏常规结束来获胜。
+
+因此整个游戏过程，我们只需要关心「已被移除的石子总和」和「剩余石子个数/价值情况」即可。
+
+更进一步的，我们只需关心已被移除的石子总和是否为 $3$ 的倍数，以及剩余石子的价值与已移除石子总和相加是否凑成 $3$ 的倍数即可。 
+
+所以我们可以按照石子价值除以 $3$ 的余数分成三类，并统计相应数量。
+
+不失一般性考虑，某个回合开始前，已移除的石子总和状态为 $x$（共三种，分别为除以 $3$ 余数为 $0$、$1$ 和 $2$，其中当状态为 $0$，且非首个回合时，说明凑成 $3$ 的倍数，游戏结束），剩余石子价值除以 $3$ 的余数 $s$ 分别为 $0$、$1$ 和 $2$。
+
+**首先如果当前 $x = 1$ 时，不能选择 $s = 2$ 的石子，否则会导致凑成总和为 $3$ 的倍数而失败；同理 $x = 2$ 时，不能选择 $s = 1$ 的石子；而选择 $s = 0$ 的数字，不会改变 $x$ 的状态，可看做换手操作。**
+
+**同时成对的 $s = 0$ 的等价于没有 $s = 0$ 的石子（双方只需要轮流选完这些 $s = 0$ 的石子，最终会回到先手最开始的局面）；而选择与 $x$ 相同的 $s$ 会导致 $x$ 改变（即 $x = 1$ 时，选择 $s = 1$ 的石子，会导致 $x = 2$；而 $x = 2$ 时，选 $s = 2$ 的石子，会导致 $x = 1$）。**
+
+明确规则后，是分情况讨论的过程：
+
+* **$s = 0$ 的石子数量为偶数**：此时等价于没有 $s = 0$ 的石子，我们只需要关心 $s = 1$ 和 $s = 2$ 即可：
+  
+    * **$s = 1$ 的石子数量为 $0$**： 这意味着 `A` 开始选择的只能是 $s = 2$，此时交给 `B` 的局面为「$x = 2$、剩余石子只有 $s = 2$」，此时 `B` 只能选 $s = 2$ 的石子，由于 $x = 2$ 且选择的石子 $s = 2$，因此交由回 `A` 的局面为「$x = 1$，剩余是在只有 $s = 2$」，因此游戏继续的话 `A` 必败，同时如果在该过程的任何时刻石子被取完，也是 `B` 直接获胜，即 **`A` 仍为必败**；
+    
+    * **$s = 2$ 的石子数量为 $0$**：分析同理，`A` 只能选 $s = 1$，此时交给 `B` 的局面为「$x = 1$、剩余石子只有 $s = 1$」，此时 `B` 只能选 $s = 1$ 的石子，由于 $x = 1$ 且选择的石子 $s = 1$，因此交由回 `A` 的局面为「$x = 2$，剩余是在只有 $s = 1$」，因此游戏继续的话 `A` 必败，同时如果在该过程的任何时刻石子被取完，也是 `B` 直接获胜，即 **`A` 仍为必败**；
+
+    * **$s = 1$ 和 $s = 2$ 的石子数量均不为 $0$**：`A` 选数量不是最多的一类石子，`B` 下一回合只能选择相同类型的石子（或是无从选择导致失败），然后游戏继续，最终 `B` 会先进入「只能凑成 $3$ 的倍数」的局面导致失败，即 **`A` 必胜。**
+
+* **$s = 0$ 的石子数量为奇数**：此时等价于有一次换手机会，该换手机会必然应用在「对必败局面进行转移」才有意义，因此只有 $s = 1$ 和 $s = 2$ 的石子数量差大于 $2$，`A` 的先手优势不会因为存在换手机会而被转移：
+  
+    * **两者数量差不超过 $2$**：此时 `B` 可以利用「对方凑成 $3$ 的倍数必败」规则和「优先使用 $s = 0$ 石子」权利来进入确保自己为必胜态：
+      
+        * 举个 🌰，当 $s = 1$ 和 $s = 2$ 的石子数量相等，虽然有 $s = 0$ 的石子，`A` 先手，但是 `A` 的首个回合必然不能选 $s = 0$，否则马上失败结束，因此 `A` 只能选 $s = 1$ 或 $s = 2$，此时 `B`直接选择 $s = 0$ 的石子，交由给 `A` 的局面 $x$ 没有发生改变，`A` 只能选择与首个回合相同的 $s$ 游戏才能继续，因此局面会变为「`B` 先手、$s = 1$ 和 $s = 2$ 的石子数量差为 $2$」，游戏继续，最终 `A` 会先遇到「只能凑成 $3$ 的倍数」的局面，即 **`B` 必胜**。
+        
+        * 两者数量差不超过 $2$：此时无论 `A` 选择数量较少或较多的 `s`，`B` 都在第二回合马上使用 $s = 0$ 的石子进行换手，`A` 只能继续选与第一回合相同类型的的石子，游戏才能进行，最终 `A` 会先遇到「只能凑成 $3$ 的倍数」或「石子被取完」的局面，即 **`B` 必胜**。
+
+    * **两者数量差超过 $2$** ：此时即使 `A` 只要确保第一次选择数量较多的 $s$，不管 `B` 是否使用「优先使用 $s = 0$」的石子，`A` 都有足够次数数量多 $s$ 来抵消换手（或是在 `B` 放弃使用 $s = 0$ 之后马上使用），最终都是 `B` 最先遇到「只能凑成 $3$ 的倍数」的局面，即 **`A` 获胜**。
+
+代码：
+```Java
+class Solution {
+    public boolean stoneGameIX(int[] stones) {
+        int[] cnts = new int[3];
+        for (int i : stones) cnts[i % 3]++;
+        return cnts[0] % 2 == 0 ? !(cnts[1] == 0 || cnts[2] == 0) : !(Math.abs(cnts[1] - cnts[2]) <= 2);
+    }
+}
+```
+* 时间复杂度：$O(n)$
+* 空间复杂度：$O(1)$
+
+---
+
+### 最后
+
+这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 `No.2029` 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
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+在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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+为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
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+在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。
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