上个月我在写acm的题时，碰到了这么一道题，直到昨天我才把它解出来。

题名：赢不了的谢强富

题目描述：

​ 某天，谢强富在慕课上看了两个人玩游戏，谢强富对这个游戏很感兴趣，所以他立马拉上了志强一起玩这个游戏。游戏规则如下：首先两个人在一张纸上画了一个长宽分别为A,B的严格的矩形，然后两人依次画半径为R的圆，两人画的圆可以相切但是绝对不允许相交，当其中某一个人无法画出圆的时候，他就输了。谢强富和志强都很聪明。谢强富要首先画圆，但是玩了很多次，谢强富发现自己输多赢少，他想请问你，什么时候他能赢。

Input

第一行输入n，代表有n组测试样例。

每一组测试样例输入矩形的长：A，宽：B，和圆的半径：R。

Output

对于每一组测试样例，如果谢强富能赢输出YES,否则输出NO。

Sample Input 1

2
4 5 6
5 5 2

Sample Output 1

NO
YES

解题思路：

​ 其实我刚开始拿到这道题时我也很懵，似乎对于每一个案例的解法都是不一样的，而圆的最优位置也无从得知，反正就是想方设法让对手画不下去。
​ 但片刻思考过后我们都应知道，第一个圆一定是画在矩形的正中心，这样其他空间的最大空白处就是除圆以外的矩形的四个角，而四个角能不能画下另一个圆似乎就要再次计算了，而且计算过程好像还挺复杂的，如果能画下，那别的三个角都能画下了，然后继续计算，角上的圆之间似乎又会产生空隙，我们继续计算最大的空隙是否能再画圆，而且这次的计算过程似乎还和上次不一样，也更复杂了。
这样就导致我们对于解题的整体思路不够清晰，写不出来代码。
​ 上述方法其实是个误区，我们应该这样想，假如A先画，如果能画下去，那么会有四个空位，四个空位如果不能继续画下去，那A就赢了，如果能画下去，那么画的顺序将是B，A，B，A，意思就是如果B能画，那么A也能画，然后还是B画，B又要在剩下的空间里画，如果B能画，由于空间是对称的，所以会有2N的空位画，这样A还是最后画，如此循环，发现最后B肯定会有画不下去的时候。
​ 所以我们得出结论只要先手的人能画下第一个圆，那么他就已经赢了。

源码：

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n,a,b,r;
    cin>>n;
    while(n--){
        cin>>a>>b>>r;
        if(2*r<=a&&2*r<=b){
            cout<<"YES"<<endl;
        }else{
            cout<<"NO"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

心得：

莽做题，莽计算是会浪费很多时间的，找到规律，问题就迎刃而解了！