【问题描述】
有一种圆桌游戏是这样进行的：n个人围着圆桌坐成一圈，按顺时针顺序依次标号为1号至n号。对1<i<n的i来说，i号的左边是i+1号，右边是i-1号。1号的右边是n号，n号的左边是1号。每一轮游戏时，主持人指定一个还坐在桌边的人（假设是i号），让他向坐在他左边的人（假设是j号）发起挑战，如果挑战成功，那么j离开圆桌，如果挑战失败，那么i离开圆桌。当圆桌边只剩下一个人时，这个人就是最终的胜利者。
事实上，胜利者的归属是与主持人的选择息息相关的。现在，你来担任圆桌游戏的主持人，并且你已经事先知道了对于任意两个人i号和j号，如果i向j发起挑战，结果是成功还是失败。现在你想知道，如果你可以随意指定每轮发起挑战的人，哪些人可以成为最终的胜利者？
【输入】
第一行包含一个整数n，表示参加游戏的人数；
接下来n行，每行包含n个数，每个数都是0或1中的一个，若第i行第j个数是1，表示i向j发起挑战的结果是成功，否则表示挑战结果是失败。第i行第i列的值一定为0。
【输出】
一行，包含若干个数，表示可能成为最终胜利者的玩家的标号。标号按从小到大的顺序输出，相邻两个数间用1个空格隔开。
【输入输出样例1】
game.in
3
0 1 0
0 0 1
0 1 0
game.out
1 3
【输入输出样例1说明】
先指定2号向3号发起挑战，3号离开；再指定1号向2号发起挑战，2号离开。此时1号是最终胜利者。
先指定1号向2号发起挑战，2号离开；再指定1号向3号发起挑战，1号离开。此时3号是最终胜利者。
无论如何安排挑战顺序，2号都无法成为最终胜利者。
【数据规模与约定】
对于30%的数据，n≤7
对于100%的数据，n≤100
分析：我一开始一直以为这道题是一道图论题，万万没想到竟然是dp题？？先破环成链，接下来考虑怎么设计状态.状态不能表示最后活下来的是谁，因为这不是很好转移，那么将答案放到状态的定义中，判断可行性.由于破环成链，n<=100,最后的复杂度肯定是O(n^3),对应的dp解法就是区间dp喽.本来状态设计为f[i][j]表示i到j中最后存活的是谁，等价转换一下，可以变成f[i][j][k]表示i到j中k最后存活可不可以.这样的复杂度就是O(n^4)了，因为有3维了，考虑怎么省掉一维.最后是只有一个人存活下来了，因为是破环成链了，所以可以转化为第i与第i+n个人相邻，也就是相当于最后两个相同的人合并到一起了，那么状态可以设计为f[i][j]表示i与j是否能够相邻，枚举i,j的中间点k,如果f[i][k] && f[k][j],这时只要k能出局就好了.如果i能打败k或者k不能打败j就f[i][j] = 1,至此，这道题就做完了.
做完这道题不禁让我想起了几个哲学问题：为什么是区间dp?状态为什么要这么设计？为什么第i个人和第i+n个人可以站在一起？其实最主要的还是遇到环要破环成链这一步，结合数据范围还是有可能想到解法的，真是奇妙的一题.
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int a[210][210], n, f[210][210]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { scanf("%d", &a[i][j]); a[i + n][j + n] = a[i + n][j] = a[i][j + n] = a[i][j]; } for (int i = 1; i <= n * 2 - 1; i++) f[i][i + 1] = 1; for (int len = 2; len <= 2 * n; len++) for (int i = 1; i + len - 1 <= 2 * n; i++) { int j = i + len - 1; for (int k = i + 1; k <= j - 1; k++) if (f[i][k] && f[k][j]) { if (a[i][k] || !a[k][j]) f[i][j] = 1; } } for (int i = 1; i <= n; i++) if (f[i][i + n]) printf("%d ", i); return 0; }