Alice 和 Bob 再次设计了一款新的石子游戏。现有一行 n 个石子，每个石子都有一个关联的数字表示它的价值。给你一个整数数组 stones ，其中 stones[i] 是第 i 个石子的价值。
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 。
官方解答：
思路与算法
由于玩家的目标是使得已经被移除的石子的价值总和不是 3 的倍数，因此我们可以把石子分成三类，它们的价值除以 3 的余数分别为 0, 1, 2。我们可以直接用 0, 1, 2代表它们的价值，对应的石子数量分别为 $\textit{cnt}_0, \textit{cnt}_1, \textit{cnt}_2$。
可以发现，移除类型 0 的石子并不会对总和产生影响，因此类型 0 的石子可以看成是「先后手」交换。具体地，例如当前是 Alice 在进行操作，它发现如果自己选择移除类型 1 或 2 的石子，那么她在最后一定不能获胜。这时它就可以选择移除一个类型 00 的石子，将同样的局面交给 Bob。如果类型 0 的石子还没有移除完，那么 Bob 同样可以通过移除一个类型 00 的石子将局面重新交给 Alice。这样不断地往复下去，我们可以得到结论：
如果类型 0 的石子的个数为偶数，那么胜负情况等价于没有类型 0 的石子的胜负情况；
如果类型 0 的石子个数为奇数，那么胜负情况等价于只有 1 个类型 0 的石子的胜负情况。注意这里不能单纯地等价于「没有类型 0 的石子的胜负情况」的相反情况，这是因为如果所有的石子都被移除完，无论谁移除了最后一个石子，都算 Alice 输。因此如果 Alice 发现自己选择移除类型 1 或 2 的石子不能获胜，于是选择移除类型 0 的石子，并且它不能获胜的原因是「石子会移除完」，那么 Alice 仍然会输。
将类型 0 的石子考虑完全之后，我们就还剩下类型 1 和 2 的石子了。可以发现，为了保证移除石子的和不为 3 的倍数，操作顺序只有可能为下面的两种情况：
如果 Alice 首先移除类型 1 的石子，那么 Bob 只能移除类型 1 的石子，在这之后 Alice 只能移除类型 2 的石子，Bob 同样只能移除类型 1 的石子。以此类推，移除石子的类型序列为：
$$1121212121 \cdots$$
如果 Alice 首先移除类型 22 的石子，我们可以类似得到移除石子的类型序列为：
$$2212121212 \cdots$$
作为先手的 Alice 可以在二者中选择一个序列。例如 Alice 选择第一种，那么 Bob 永远移除类型 1 的石子，Alice 除了第一步移除类型 1 的石子之外，后续永远移除类型 2 的石子。因此 Alice 可以获胜当且仅当：
类型 1 的石子恰好有 1 个，并且类型 2 的石子至少有 1 个。此时 Alice 在 Bob 完成第一步时获胜；
类型 1 的石子至少有 2 个，并且不能比类型 2 的石子多：
如果多 1 个，那么在 Alice 移除最后一个类型 2 的石子后，所有的石子都被移除，Bob 获胜；
如果多 2 个，那么在 Bob 移除最后一个类型 1 的石子后，所有的石子都被移除，Bob 获胜；
如果多超过 2 个，那么 Alice 会在某一步没有类型 2 的石子可以移除，Bob 获胜；
如果一样多或类型 2 的石子更多，那么 Bob 会在某一步没有类型 1 的石子可以移除，Alice 获胜。
上面的两个条件可以归纳为同一个条件，即有类型 1 的石子，并且不能比类型 2 的石子多。
同理，如果 Alice 选择第二种，那么她获胜当且仅当有类型 2 的石子，并且不能比类型 1 的石子多。
上述的两种情况也可以归纳为同一种情况，即类型 1 和类型 2 的石子至少都有 1 个。
细节
回到前面关于类型 0 石子的讨论，可以得到 Alice 获胜的条件：
如果类型 0 的石子的个数为偶数，那么 Alice 获胜当且仅当类型 1 和类型 2 的石子至少都有 1 个；
如果类型 0 的石子的个数为奇数，那么 Alice 获胜当且仅当「在没有类型 0 石子的情况下，Bob 获胜且原因不是因为所有石子都被移除」。对应到上面的分析即为「类型 1 的石子比类型 2 多超过 2 个」或者「类型 2 的石子比类型 1 多超过 2 个」。
代码如下：
class Solution:
def stoneGameIX(self, stones: List[int]) -> bool:
cnt0 = cnt1 = cnt2 = 0
for val in stones:
if (typ := val % 3) == 0:
cnt0 += 1
elif typ == 1:
cnt1 += 1
else:
cnt2 += 1
if cnt0 % 2 == 0:
return cnt1 >= 1 and cnt2 >= 1
return cnt1 - cnt2 > 2 or cnt2 - cnt1 > 2
推出了只有112和221的情况但代码实现有众多漏洞。没写出来的代码，仅做存档使用。代码有很大问题，推理过程有误。
class Solution:
def stoneGameIX(self, stones: List[int]) -> bool:
n = len(stones)
if n == 1:
return False
count_0, count_1, count_2 = 0, 0, 0
# 计算被3整除之后还余几
for num in stones:
if num % 3 == 0:
count_0 += 1
elif num % 3 == 1:
count_1 += 1
else:
count_2 += 1
if count_1 == 0:
if count_2 >= 3 and (count_0 + 2) % 2 == 1:
return True
else:
return False
if count_2 == 0:
if count_1 >= 3 and (count_0 + 2) % 2 == 1:
return True
else:
return False
# 两个1可以换2，两个2可以换1
# Alice先开始，可以决定是走112形式还是走221形式
# 若走112格式则有
if count_1 == 2 * count_2 or count_1 == 2 * count_2 + 1:
count_total_112 = 0
else:
count_total_112 = int(count_1/2) + count_0 if count_1 <= 2*count_2 else count_2 + count_0 + 1
if count_1 % 2 == 1 and count_1 <= 2*count_2:
if count_2 > int(count_1/2):
count_total_112 = count_total_112 + 2
else:
count_total_112 = count_total_112 + 1
if count_2 == 2 * count_1 or count_2 == 2 * count_1 + 1:
count_total_221 = 0
else:
count_total_221 = int(count_2/2) + count_0 if count_2 <= 2*count_1 else count_1 + count_0 + 1
if count_2 % 2 == 1 and count_2 <= 2*count_1:
if count_1 > int(count_2/2):
count_total_221 = count_total_221 + 2
else:
count_total_221 = count_total_221 + 1
print(count_total_112, count_total_221)
# 只要有一个是奇数即可
if count_total_112 % 2 == 1 or count_total_221 % 2 == 1:
return True
return False
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/stone-game-ix
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