博弈论题单

AGC056D

如果 Bob 先手呢？

我们发现，Bob 如果有先手优势，可以通过如下方法逼 Alice 选出理论下界：

把 \(2k\) 个数先排序，再按顺序两两分组 \((a_1, a_2), (a_3, a_4), \dots, (a_{2k - 1}, a_{2k})\)。每次选没有人选过的数中的最大值。

这样无论 Alice 怎么选，最大只能选出 \(\sum_{i = 1}^{2k} a_i[i \bmod 2 = 1]\)。

同理，Bob 也可以逼 Alice 选出理论下界。如果选出上界、选出下界两种极端情况中有一种不合法，那么 Alice 就无力回天了。否则 Alice 随便赢，设这样的 \(2k\) 个数为优势数组。

Alice 先手的最优策略，我们通过刚才的分析可见一斑。假设 Alice 先选了一个元素，那么还剩 \(n - 1\) 个元素。假如我们能在 \(n - 1\) 个元素中选出 \(n - 2\) 个元素形成优势数组，那么 Alice 稳赢，因为只需做到每一组 \((a_{2i - 1}, a_{2i})\) 中恰好选出一个数就能处在上下界之间了。

如果选不出来呢？Bob 就可以像刚才一样逼上下界。举个例子：现在还剩 \(n - 1\) 个数，从小到大排序 \(b_1, b_2, \dots, b_{n - 1}\)，不管 \(b_{n - 1}\)，把剩下的数两两分组，此时 Bob 先手，如果 Alice 打死不选 \(b_{n - 1}\)，那么 Bob 可以像上文一样逼上界；如果 Alice 选了，那么这个结果只会比上界还要大（\(b_{n - 1}\) 是最大数），而因为没有优势数组，这个上界不合法，Alice 就输了。

P2599 [ZJOI2009] 取石子游戏

对于 \([l, r]\)，当 \(a_{[l, r)}\) 确定时，至多只有一个 \(a_r\) 使得 \([l, r]\) 必败。这是因为比最小必败数量大的状态可以一步转移到最小必败态上，从而一定必胜。\(a_l\) 有同样性质。

于是设 \(ln_{[l, r]}\) 和 \(rn_{[l, r]}\) 表示这个最小值即可。分类讨论转移，复杂度 \(O(n^2)\)。

P7387 「EZEC-6」象棋

只有 \(|R| = |B|\) 和 \(|R| = |B| - 1\) 的情况需要讨论。

对前者，能否争胜或者保平取决于能否达到 1010...0101，换位思考得必须一步达到，否则会被对手破坏；

对后者，这里的 \(R\) 相当于刚才的 \(B\)，那么直接判断是否不能动即可。

P7841 「C.E.L.U-03」100%不公平的游戏

P11565 【MX-X7-T6】[LSOT-3] 棋盘

不妨设 \(f_{i, j, k, 0/1}\) 表示此时最小的可操作位置上面有 \(i\) 个棋子，下一个位置有 \(j\) 个，再下一个位置有 \(k\) 个棋子，需要最小/最大化操作数时的答案。

这个状态的转移中，只要 \(i \geq 2\) 就会一直让 \(i \leftarrow i - 2\) 并让 \(j \leftarrow j + 1\) 或 \(k \leftarrow k + 1\)（取较优的那个），知道 \(i\) 变成 \(1\) 或者 \(0\)。所以说不妨去掉 \(k\) 一维，直接考虑 \(f_{i, j, 0, 0/1} \to f_{i', j', 0, 0/1}\)。

此时状态记作 \(f_{i, j, op}\)。令 \(t = \lfloor \frac{i}{2} \rfloor, nxtop = op \oplus [t \bmod 2 = 1]\)，则有转移 \(f_{i, j, op} \leftarrow t + f_{j + x, t - x, nxtop}\)。当务之急便是确认在两人足够聪明的情况下，\(x\) 是多少，这样便能记忆化搜索了。

考虑如下问题：

有一个类似帕斯卡三角形的图案，第 \(i\) 层有 \(i\) 个顶点（记作 \((i, 1), (i, 2), \dots, (i, i)\)），两人交替从顶点往下走，每一步可以向左（\((i, j) \to (i + 1, j)\)）或者向右（\((i, j) \to (i + 1, j + 1)\)），总共走 \(t\) 步，第 \(t\) 层的节点有权值，一个人想最大化终点的权值，一个人想最小化。问两人的策略。

我们分类讨论：

• \(t\) 是偶数，则后手通过每一步与先手相反的方法，必定可以选到 \((t + 1, \frac{t}{2} + 1)\)。此外还可以选到 \((t + 1, \frac{t}{2})\) 和 \((t + 1, \frac{t}{2} + 2)\) 中对自己来说较劣的一个结果；
• \(t\) 是奇数，则后手通过同样的方法可以限制先手只能选到 \((t + 1, \frac{t + 1}{2})\) 和 \((t + 1, \frac{t + 1}{2} + 1)\) 中对先手较优的结果。

简单讨论一下可以证明这个结论的充要性，此处略去。

那么一个状态最多扩展出三个状态，且三个状态后续的扩展有重叠，最多扩展 \(O(\log n)\) 轮（两次扩展总数减半），总复杂度是一个关于 \(\log n\) 的多项式，可以通过。

P6377 [PA 2010] Termites

先把题目转化成这样：

有一个变量 \(s\)，两人按照题设中的规则取数，先手取得 \(x\) 会使得 \(s \leftarrow s + x\)，后手取得会使 \(s \leftarrow s - x\)，先手要使 \(s\) 最大，后手要使 \(s\) 最小，求 \(s\)。

可以发现这个题和原题本质相同，并且两人的利益有了直接冲突，这样更好分析一些。

我们分析题目的形式，是若干个双端队列加上（至多）两个栈。

先考虑一个单谷双端队列的情况（先单调不升，后单调不降），我们声称最优策略是每次取左右两边的较大值。

证明：假设一个人不这么做，那么如果另一个人不吃这套，还是坚持取最大值，你会发现结果还不如取最大值。

这样就解决了单谷的问题。继续考虑一个不是单谷的情况：\(a_{i - 1} < a_i > a_{i + 1}\)。我们声称这三个数完全等价于 \(a_{i - 1} + a_{i + 1} - a_i\)，即把这三个数替换成这一个新的数，答案不会变化。

证明：可以看出两人都想要取得更大的数 \(a_i\)。如果先手取了 \(a_{i - 1}\) 或 \(a_{i + 1}\)，相当于把取 \(a_i\) 的机会让给了后手，那么这只有可能是先手想同时取得 \(a_{i - 1}\) 和 \(a_{i + 1}\)，否则如果先手去别的地方取数，那么相当于他还是先手，但是刚刚白白亏了 \(a_i - a_{i - 1}/a_{i + 1}\) 的权值，还不如不取。

最后考虑一下前后两个栈的问题。我们把这两个栈拼成一个双端队列，中间加一个 \(-\inf\)，那么 \(-\inf\) 一定是全局最后一个被取走的，这样就和双端队列等价了。算完后把这个 \(-\inf\) 的贡献去掉即可。

ARC137C Distinct Numbers

有引理：对于两个决策 \(A, B\)，若对于所有的 \(A \to B \to C\) 都有 \(A \to C\)，则 \(A\) 必胜。

感性证明：从 \(A\) 开始要到没有出边的状态至少要走 \(2\) 条边，而先手可以决定第一次走 \(1\) 条还是 \(2\) 条，故其掌握奇偶性，先手能决定胜负。

理性证明：若 \(B\) 必败，则 \(A\) 必胜；若 \(B\) 必胜，则存在一个 \(C\) 必败，则 \(A\) 必胜。

容易用这个结论做出此题。