博弈论进阶（3）
博弈论进阶\(——\)\(Every-SG\)
博弈\(——\)“你那样看着我，就像你真的爱过我一样。”
\(SG\)函数拓展\(——\)\(Every\)-\(SG\)
一、定义
相对于之前的\(SG\)游戏，这一次有了新的拓展。
我们给若干堆石子儿，再一次决策中如果一堆石子还可以取，那么我们就必须取。
定义如下：
\(Every-SG\)游戏规定，对于还没有结束的单一游戏，游戏者必须对该游戏进行一步决策；
\(Every-SG\)游戏的其他规则与普通 \(SG\) 游戏相同
二、分析
对于这样的游戏，很显然我们会有这样的思路：
对于每一个单一的游戏 ，只需要让我们必胜的单一游戏尽可能玩的结束，必败的单一游戏尽早结束。
顺着这个思路想下去，我们可以做一个新的函数\(step\)用于记录一个点最快或者最慢需要多少步走到终点。
当前状态节点为\(u\)，后继结点为\(v\)
如果\(u\)是结束状态，\(step(u) = 0\);
对于必胜游戏，也就是\(SG(u)\neq0\)的点，我们找到最慢的方式，而作为先手所选择的后续移动的状态一定是必败态，故\(step(u) = max(step(v))+1,v\)是必败态;
对于必败游戏，即\(SG(u)=0\)等于\(0\)的点，需要找到最快的移动方式，后续为均为必胜状态，故\(step(u)=min(step(u))+1\)。
总结一下：
定义了这个函数之后，贾志豪大佬给出了一个定理
对于 \(Every\)-\(SG\) 游戏先手必胜当且仅当单一游戏中最大的 \(step\) 为奇
数。
三、证明
这个定理非常好理解，游戏步数等于最多的单一游戏的步数，显然对于这个单一游戏的步数只要是奇数先手就可以赢。
当然这个证明是不严格的，下面就是来自 贾志豪 的严格证明：
我们要证明解法的正确性，需要证明三点：
- 对于所有的单一游戏，先手必胜状态的 \(step\)值为奇数，先手必败状态的 \(step\) 值为偶数。
- 设最大的 \(step\) 为 \(step_{max}\) ，那么胜手可以保证该单一游戏最少会在 \(step _{max}\) 步结束。
- 设最大的 \(step\) 为 \(step _{max}\) ，那么胜手可以保证所有他必败游戏最多在 \(step _{max}\) 步结束。
证明一：
利用数学归纳法：
- 所有的终止状态的 \(step\) 值为 0，为先手必败状态。
- 假设状态树中某些状态点已经符合要求。我们找后继状态点已经全部被证明的状态点。
如果它是先手必败状态，那么它的后继状态都为先手必胜状态，后继状态的 \(step\) 值全为奇数，所以该状态点的 \(step\) 值为偶数。
如果它是先手必胜状态，那么它的后继状态中有先手必败状态，且它所有的先手必败的后记状态的 \(step\) 值为偶数，所以该状态点的\(step\) 值为奇数。
证明二：
我们设 \(step\) 最大的单一游戏为 \(A\)（如果有多个的话任取一个），最终的胜手为 \(W\)。
\(W\) 总在 \(A\) 游戏处在先手必胜状态时去移动 \(A\) 的状态，且 \(W\) 可以保证他最多将该游戏的 \(step\) 值减小 1。①
对手总在 \(A\) 游戏处在先手必败状态时去移动 \(A\) 的状态，且对手最多将该游戏的 \(step\) 值减小 1。②
由①②得，\(J\) 可以保证 \(A\) 游戏最少会在 \(step _{max}\) 步结束。
证明三：
我们设 \(step\) 最大的单一游戏为\(A\)（如果有多个的话任取一个），最终的胜手为 \(W\)。我们考虑除 \(A\) 外的任意一个他必败的单一游戏 \(B\)。
\(J\) 在每一回合都可以将 \(B\) 的 \(step\) 值减少 1，将 \(B\) 带入先手必胜状态，对手必定将 \(B\) 的 \(step\) 至少减少 \(1\)，所以 \(J\) 可以保证 \(B\) 游戏最多会在 \(step _{max}\)步结束。
四、一道题
GG and MM
题意：一共有\(n\)个游戏，每一个游戏有两堆石子，一次移动可以从大的那堆石子里拿小的那堆石子的整数倍的石子。
只要是可以操作的游戏都要进行操作，不能进行操作的人负。
思路：
我们发现数据范围并不大，对于一个单一的游戏可以建一张\(SG\)表把所有的状态保留下来，进而使用这张\(SG\)表再建立一张\(step\)表。最后再使用\(Every\)-\(SG\)结论即可。
这个子问题的正解为欧几里得博弈，对于每一对石子\(（x,y）\)【\(x<=y\)】一定有\(y = k*x+r\),考虑\(k\)的取值，发现\(k\)大于等于\(2\)我们就可以决定取得次数的奇偶性了，此时必胜。因为\(x<=y\),所以\(k\neq 0\),考虑\(k=1\)的情况，发现只有一种转移的情况，此时可以参照之前的推理递归解决问题。下面的代码没有实现这一过程，具体实现可以写这一道题P1290
#include <bitset>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <unordered_map>
using namespace std;
using namespace std;
#define lowbit(x) x&-x
#define ll int
#define pll pair<ll,ll>
#define dob double
#define For(i,s,n) for(ll i = s;i <= n;i++)
#define mem0(a) memset(a,0,sizeof a)
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lcm(a,b) a/gcd(a,b)*b
#define abs(x) x>=0?x:-x
const int N = 1e3+50;
const double eps = 1e-6;
const ll mod = 1000000007;
const ll inf = 1e9+50;
ll sg[N][N],step[N][N];
void init(){
for(ll i = 0;i <= 1005;i++)sg[0][i] = step[0][i] = 0;//必败态
for(ll i = 1;i <= 1005;i++){
for(ll j = i;j <= 1005;j++){
sg[i][j] = 0;
for(ll k = 1;k*i<=j;k++){
ll x = min(i,j-i*k),y = max(j-i*k,i);
if(!sg[x][y])sg[i][j] = 1;//存在一个必败态,则为必胜态
}
if(sg[i][j]){//如果是必胜态
step[i][j] = -1;
for(ll k = 1;k*i<=j;k++){
ll x = min(i,j-i*k),y = max(j-i*k,i);
if(!sg[x][y])step[i][j] = max(step[i][j],step[x][y]);
}
step[i][j]++;
}
else{
step[i][j] = inf;
for(ll k = 1;k*i<=j;k++){
ll x = min(i,j-i*k),y = max(j-i*k,i);
step[i][j] = min(step[i][j],step[x][y]);
}
step[i][j]++;
}
}
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
init();
ll n;while(cin>>n){
ll ans = 0;
for(ll i = 1;i <= n;i++){
ll x,y;cin>>x>>y;
if(x>y)swap(x,y);
ans = max(ans,step[x][y]);
}
if(ans&1)puts("MM");
else puts("GG");
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号