浅谈算法——博弈论

网上的博弈博客和论文有很多,但是有些没有详细的证明,仅仅是给出了结论。今天作者将一些常见的博弈论模板集中起来,给大家介绍一下博弈论中一些单一游戏的决策和常见的Nim模板与证明。

注:下列游戏都建立在双方都有最优策略的情况下,若未加以说明,则每人每次至少取一个石子。

例1:取石子游戏之一

有两个游戏者:\(A\)\(B\),有\(n\)颗石子。

约定:两人轮流取走石子,每次可取\(1,2\)\(3\)颗。\(A\)先取,取走最后一颗石子的人获胜。

问题:\(A\)有没有必胜的策略?

分析:这是小学必备奥数题之一,我们可以很容易的知道,当\(n\)\(0,4,8,12……\)时,\(A\)必定会输,因为不论\(A\)取多少,\(B\)只要和\(A\)共同取走\(4\)即可;当\(n\)不为\(0,4,8,12……\)时,\(A\)只需要将\(n\)取成\(4\)的倍数,这样就变成了\(B\)先取,\(B\)一定会输,所以\(A\)一定会赢。

经过我们的分析发现,对这个游戏而言,\(0,4,8,12……\)这些状态是对于先手的必败状态,而其他状态是对于先手的必胜状态

如果我们推广一下,每次不一定取\(1,2,3\)颗,而是取\(1\sim m\)颗,那么我们就可以得到,如果\(n\%(m+1)=0\),即为先手必败状态,否则为先手必胜状态。而这个游戏就是著名的巴什博弈(Bash Game)

下面,我们现在介绍一下有关博弈的一些名词和概念

1、平等组合游戏

  • 两人游戏。
  • 两人轮流走步。
  • 有一个状态集,而且通常是有限的。
  • 有一个终止状态,到达终止状态后游戏结束。
  • 游戏可以在有限的步数内结束。
  • 规定好了哪些状态转移是合法的。
  • 所有规定对于两人是一样的。

因此我们的例1提到的游戏即为一个平等组合游戏,但是我们生活中常见的棋类游戏,如象棋、围棋等,均不属于平等组合游戏,因为双方可以移动的棋子不同,不满足最后一个条件;而我们后续提到的游戏,以及博弈中的其他游戏,基本属于平等组合游戏

2、N状态(必胜状态),P状态(必败状态)

像例1的分析一样,\(0,4,8,12……\)等状态就是对于先手的P状态(必败状态),其他的则是对于先手的N状态(必胜状态)。

那么我们定义两个状态之间的转换:

  • 所有的终止状态都为P状态
  • 对于任意的N状态,存在至少一条路径可以转移到P状态
  • 对于任意的P状态,只能转移到N状态

证明过于简单,这里不再赘述,我们只需要明白一点,每个人都会选择最策略即可。

当然这里所说的都是最后走步的人获胜的游戏,至于那些走到最后失败的游戏,我们在最后做了一个简单的讲解(Anti Nim)。

例2:取石子游戏之二

将例1的游戏扩展一下,我们定义一个集合\(S=\{{p_{1},p_{2},...,p_{k}}\}(k \in Z^*)\)\(A,B\)在游戏的时候取走的石子数必须是集合里的数,其他条件不变。

那么,\(A\)还有必胜策略吗?

有没有必胜策略,我们关键是要找到哪些状态是P状态,哪些状态是N状态,不过,本题没有例1那么容易判断,因此我们需要引入一个新东西——SG函数,它的定义如下:

\[f(v)=mex\{f(u)|u\in child[v]\}\]

其中,mex(minimal excludant)是定义在整数集合上的操作。它的自变量是任意整数集合,函数值是不属于该集合的最小自然数。

\[mex(A)=min\{k|k \in \complement_{N}A\}\]

那么,终止状态的SG值显然为\(0\),并且SG值为\(0\)的状态就是P状态,SG值不为\(0\)的状态就是N状态。
证明则非常显然,SG值为\(0\)的状态,说明它的所有后继状态都不为\(0\),也就是它只能转移到非\(0\)状态,而SG值不为\(0\)的状态则不一样。那么SG值为\(0\)的状态就是必败状态的定义,SG值不为\(0\)的状态就是必胜状态的定义,所以我们只需要用集合S求出每个状态的SG值即可。

类似代码请见[POJ2960]S-Nim

例3:取石子游戏之三

\(n\)个石子,\(A,B\)两人轮流取石子,规定他们每次至多只能取当前石子总数\(\lceil \dfrac{s}{2}\rceil\)个石子,问\(A\)先手是否有必胜策略

这题主要是为了加强大家对SG函数的理解,我们考虑从\(0\)开始

\(SG(0)=0,SG(1)=1,SG(2)=0,SG(3)=mex\{SG(3-1),SG(3-2)\}=2\)
\(SG(4)=mex\{SG(4-1),SG(4-2)\}=1...\)

我们把他们列出来找下规律:

0,1
0,2,1,3
0,4,2,5,1,6,3,7
0,8,4,9,2,10...

好像有个很奇怪的规律:数列在间隔递增,上一行的数间隔着插在下一行的数中间。没错,这就是本题SG函数的规律,先手必败当且仅当SG值为\(0\)

例4:取石子游戏之四(Nim游戏)

\(n\)堆石子,石子数目分别为\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)\(A,B\)两人每次可以选一堆石子取走任意多个,问\(A\)先手是否有必胜策略。

这题相当于例2的扩展版本,由于这里有多堆石子,因此我们可以得到多个SG值,而且这些SG值必定为\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\),那么我们怎么由这一些SG值得到整局游戏的SG值呢?

Nim游戏的神奇之处在于它的SG值和异或扯上了关系,Nim游戏中先手必败当且仅当\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0\),\((\oplus\)为异或),那么,这个为什么是成立的?

首先,\(\oplus\)满足如下定律和性质

  • 交换律:\(x\oplus y=y\oplus x\)
  • 结合律:\(x\oplus(y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z\)
  • 拥有单位元:\(0\oplus x=x\)
  • 相同两数运算为0:\(x\oplus x=0\)
  • 消除律:\(x\oplus y=x\oplus z\Rightarrow y=z\)

当Nim游戏的SG值为\(0\)时,我们假定取\(x_{k}\)中的某些石子,使得其变成\(x_{k}'\),我们假设\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}\oplus...\oplus x_{n}=0=x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}'\oplus...\oplus x_{n}\),根据消除律可得,\(x_{k}=x_{k}'\),这与我们的条件相矛盾,因此说明在取了石子之后,SG必然发生了改变;

那么对于一个SG值不为\(0\)的状态,我们必然可以通过一个操作,使得SG值变\(0\)。我们只需要找到当前SG最左端为\(1\)的一列(二进制),任意找到一堆石子使得那一列同样为\(1\),从这堆中取走若干个石子,使得SG'值为\(0\)。这是显然可以的,因为将那一列变成\(0\),这个数就必然变小了,对于其他列只需要把\(0\)变成\(1\)\(1\)变成\(0\)即可。

因此,我们得到,对于Nim游戏而言,必败状态当且仅当\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0\),对于其他情况,先手必能使当前局面变成必败状态。

代码请见[POJ2975]Nim

例5:取石子游戏之五(Nimk)

\(n\)堆石子,石子数目分别为\(x_i\)\(A,B\)两人每次可以选取最多\(k\)堆石子,并从选中的每堆石子堆中取走任意多的石子,问\(A\)是否有必胜策略

首先这题又称Nimk,那么肯定和Nim游戏有关联,其实Nimk就是Nim游戏的一个简单扩展

Nimk存在必胜策略,当且仅当,将所有石子数转成二进制后,存在某位上,所有二进制数中1的个数之和\(\%(k+1)\)不为\(0\),用数学语言表述,则存在一个数\(t\),使得\((\sum\limits_{i=1}^n x_i\land2^{t-1})\%(k+1)\ne 0\)

如何证明?首先终止局面全为\(0\),满足必败条件

对于任意一种必胜状态,必然存在一种取石子方式,使得其可以转移到必败状态。我们设必胜状态下,\(1\)的个数\(\%(k+1)\)不为\(0\)的最高二进制位上有\(m\)\(1\),则将这些\(1\)都改成\(0\)需要更改\(m\)堆;若遇到下一个二进制位上,\(1\)的个数\(\%(k+1)\)不为\(0\),记该位上有\(r\)\(1\),并且记之前改变的\(m\)堆在该位上有\(a\)\(1\)\(b\)\(0\)(所有变量都是在\(\%(k+1)\)之后的值)

然后我们分情况讨论:

  • \(a\geqslant r\),则将\(r\)\(1\rightarrow0\)
  • \(b\geqslant k+1-r\),则将\(k+1-r\)\(0\rightarrow 1\)
  • \(a<r\)\(b<k+1-r\),则我们改变之前\(m\)堆以外的\(r-a\)堆,那么此时我们改变的堆数为\(m+r-a\Rightarrow a+b+r-a\Rightarrow b+r\),又因为\(b+r<k+1-r+r\Rightarrow k+1\),所以我们改变的堆数\(m-r+a<k+1\),那么这样的改法是合法的

重复上述操作,我们必然能使每一位上的\(1\)的个数\(\%(k+1)\)\(0\),即转移到先手必败态

那么对于任意一个先手必败态而言,由于我们每次最多只能选取\(k\)堆,所以我们不能在同一二进制位上改变\(k+1\)个值;而且每次改变会导致一系列的连锁反应,因此我们无法从一个先手必败态转移到先手必败态,证毕

其实Nim游戏相当于Nimk中\(k=1\)的情况……

例6:取石子游戏之六(Wythoff's Game)

有两堆石子,个数为\(x_{1},x_{2}\)\(A,B\)轮流取石子,规定要么只取一堆的任意多个,要么在两堆里取同样任意多个,问\(A\)先手是否有必胜策略。

这种情况下是颇为复杂的,普通SG函数已经无法解决这个问题。我们用\((a_{k},b_{k}),(a_{k} \leqslant b_{k},k \in [0,n])\)表示两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对\((0,0)\),那么甲已经输了,这种局势我们称为奇异局势。

那么,我们该如何去找到这些奇异局势呢?

首先我们知道,局势\((x,y)\)和局势\((y,x)\)是等价的。考虑递推的思想,我们已经知道\((0,0)\)是个奇异局势,也就是个先手必败态,那么根据定义,能够到达\((0,0)\)状态都为先手必胜态,也就不是奇异局势。

我们从直角坐标系来考虑,\((0,0)\)为奇异局势后,那么\((0,k),(k,0),(k,k)\)都是非奇异状态,我们把它们划去,然后找到第一个没有被划的点,也就是\((1,2)\)\((2,1)\)(因为他俩对称),然后按同样的方法处理,之后找到\((3,5)\)\((5,3)\)...

这样我们可以得到前几个奇异局势是:\((0,0)\)\((1,2)\)\((3,5)\)\((4,7)\)\((6,10)\)\((8,13)\)\((9,15)\)\((11,18)\)\((12,20)\)...

通过找规律,我们大胆猜测一下\((a_{k},b_{k})\)满足:

  • \(a_{k}\)是未在之前出现过的最小自然数

  • \(b_{k}=a_{k}+k\)

下面我们给出其证明:

  • 根据我们寻找奇异局势的方法,可以得知\(a_{k}\)为之前未出现的最小自然数

  • 我们使用数学归纳法,假定之前的\(k\in[1,n],(a_{k},a_{k}+k)\)都为奇异局势,我们只需要证明\((a_{n+1},a_{n+1}+n+1)\)为奇异局势即可

    从局势\((a_{n+1},a_{n+1}+n+1)\)出发,只可能走向三种状态,从左边拿一点,从右边拿一点,或者两边一起拿一点:

    情况一:因为比\(a_{n+1}\)小的数在之前都出现过,所以一旦左边少了,我们只要把右边拿到相同的情况即可

    情况二(右边取的较少):这样使得两堆之间差值变小了,变成了\((a_{n+1},a_{n+1}+m)\),这样我们拿成\((a_{m},a_{m}+m)\)即可

    情况二(右边取的较多):这样使得右边比左边少了,这样就变成了和情况一类似,可以直接取到奇异局势

    情况三:若拿成\((a_{m},a_{m}+n+1)\),我们直接取成\((a_{m},a_{m}+m)\)即可

奇异局势还有如下三条性质:

  • 任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
  • 任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
  • 采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。

我们同样给出其证明:

  • 由于\(a_{k}\)是未在前面出现过的最小自然数,所以有\(a_{k}>a_{k-1}\) ,而\(b_{k}=a_{k}+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1}\) 。所以性质1,成立。

  • 若只改变奇异局势\((a_{k},b_{k})\)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使\((a_{k},b_{k})\)的两个分量同时减少,则由于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。

  • 假设面对的局势是\((a,b)\)

    如果 \(a=b\),则同时从两堆中取走\(a\) 个物体,就变为了奇异局势\((0,0)\)

    如果\(a=a_{k},b>b_{k}\),那么,取走\(b-b_{k}\)个物体,即变为奇异局势;

    如果\(a=a_{k},b<b_{k}\),则同时从两堆中拿走\(a_{k}-a_{b-a_{k}}\)个物体,变为奇异局势\((a_{b-a_{k}},a_{b-a_{k}}+b-a_{k})\)

    如果\(a>a_{k},b=a_{k}+k\),则从第一堆中拿走多余的数量\(a-a_{k}\)即可;

    如果\(a<a_{k},b=a_{k}+k\),分两种情况:

    • 第一种,\(a=a_{j},(j<k)\),从第二堆里面拿走\(b-b_{j}\)即可;
    • 第二种,\(a=b_{j},(j<k)\),从第二堆里面拿走\(b-a_{j}\)即可。

从如上性质可知,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜;反之,则后拿者取胜。

而且,通过如上性质,我们可以发现,\(a_{n},b_{n}\)很像Beatty数列。其实,\(a_{n},b_{n}\)就是Beatty数列

下面介绍下Beatty数列Beatty定理

取正无理数\(\alpha,\beta\),使得\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)

构造两个数列\(a_{n},b_{n}\),它们的通项为\(a_{n}=\lfloor{\alpha n}\rfloor,b_{n}=\lfloor{\beta n}\rfloor\)

那么这个数列显然是正整数序列,Beatty定理指出,两个数列都是严格递增的,并且每个正整数在两个数列中只出现一次

我们给出其证明:

  • 单调性:因为\(\frac{1}{\alpha}<1,\alpha>1\),所以\(\alpha n-1>\alpha (n-1)\),所以\(a_{n}-1>a_{n-1}\)\(b_{n}\)也亦然如此。
  • 完备性:我们要证明这个命题,只需要证明对于任意一个\(k,(k \in Z^*)\),小于等于\(k\)的数在序列中出现了\(k-1\)次即可。

设数列\(a_{n}\)的前\(p\)项小于等于\(k\)(不包括\(p+1\)项),又因为每项取整前为无理数,不可能取到整数值,那么就有

\(\begin{cases}\alpha p<k+1\\\alpha (p+1)>k+1\end{cases}\)

合并两式,得到\(p=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor\),这就是小于等于\(k\)的数在\(a_{n}\)中的出现次数,同理,我们可以得到其在\(b_{n}\)中的出现次数,那么我们有小于等于\(k\)的数在Beatty数列中的总出现数\(S=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor+\lfloor\frac{k+1}{\beta}\rfloor\)

注意到两个取整函数中的数都是无理数,于是我们就有严格的不等式

\((\frac{k+1}{\alpha}-1)+(\frac{k+1}{\beta}-1)<S<\frac{k+1}{\alpha}+\frac{k+1}{\beta}\)
于是有\(k-1<S<k+1\),那么\(S=k\),证毕。

我们回到之前的奇异局势,由于奇异局势中的\(a_{n},b_{n}\)序列满足Beatty数列,那么同样满足其构造方法,即\(a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rfloor\)\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)

因为\(a_{n}+n=(\alpha +1)n=b_{n}\),所以\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha +1}=1\),解得\(\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)

那么,我们就得到了通项式:\(a_{k}=\lfloor{k×\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\rfloor,b_{k}=a_{k}+k\)

所以对于任意局势,先手必败当且仅当局势为奇异局势,我们只需要用通项式判断其是否为奇异局势即可。

代码请见[SHOI2002]取石子游戏之三

例7:取石子游戏之七(Fibonacci Nim)

有一堆个数为\(n\)的石子,\(A,B\)轮流取石子,满足:

  • 先手不能在第一次把所有的石子取完;
  • 之后每次可以取的石子数介于\(1\)到对手刚取的石子数的\(2\)倍之间(包含\(1\)和对手刚取的石子数的\(2\)倍)。

约定取走最后一个石子的人为赢家,问\(A\)先手是否有必胜策略。

这个和之前的Wythoff's Game和取石子游戏有一个很大的不同点,就是游戏规则的动态化。之前的规则中,每次可以取的石子的策略集合是基本固定的,但是这次有规则:一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。

这个游戏叫做Fibonacci Nim,肯定和Fibonacci数列\(1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,…\) 有密切的关系。如果试验一番之后,可以猜测:先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。换句话说,必败态构成Fibonacci数列

就像Wythoff博弈需要Beatty定理来帮忙一样,这里需要借助Zeckendorf定理(齐肯多夫定理):任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。

首先我们证明下Zeckendorf定理(齐肯多夫定理)

我们以\(Fib_{n}\)代表Fibnacci数列的第\(n\)项,\(m,(m \in Z^*)\),易知当\(m=1,2,3\)时,该定理都成立,那么我们运用数学归纳法:假定该定理对所有小于\(m\)的数都成立,我们只要证明该定理对\(m\)成立即可。

  • \(m\)\(Fib\)数时,该定理成立
  • \(m\)不为\(Fib\)数时,设\(Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}\)

\(m'=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}\),即\(m'<Fib_{p_{1}-1}\)

因为\(m'<m\),又因为归纳法假设\(m'\)可以表示成不连续的Fibnacci数列之和,即\(m'=Fib_{p_{2}}+Fib_{p_{3}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{2}>p_{3}>...>p_{t})\)且不是连续的整数,又因为\(m'<Fib_{p_{1}-1}\),所以\(p_{2}<p_{1}-1\),即\(p_{1},p_{2}\)也不是连续的整数。

\(m=m'+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})\)且不是连续的整数,所以该定理成立

所以Zeckendorf定理(齐肯多夫定理)对所有的\(m,(m \in Z^*)\)都成立

那我们再看看Fibnacci数列必败证明

首先给出三个定理,之后证明需要用到:

  • \(Fib_{n+1}<2*Fib_{n}<Fib_{n+2}\)
  • \(Fib_{n+2}<3*Fib_{n}\)
  • \(4*Fib_{n}<3*Fib_{n+1},(4*Fib_{n}<3*(Fib_{n}+Fib_{n-1})\Rightarrow Fib_{n}<Fib_{n+1}<3*Fib_{n-1})\)

同样运用数学归纳法:

  • \(i=2\)时,先手只能取1颗,显然必败,结论成立。
  • 假设当\(i \leqslant k\)时,结论成立。

则当\(i=k+1\)时,\(Fib_{i}=Fib_{k}+Fib_{k-1}\)

则我们可以把这一堆石子看成两堆,简称\(k\)堆和\(k-1\)堆。

(一定可以看成两堆,因为假如先手第一次取的石子数大于或等于\(Fib_{k-1}\),则后手可以直接取完\(Fib_{k}\),因为\(Fib_{k}<2*Fib_{k-1}\))

对于\(k-1\)堆,由假设可知,不论先手怎样取,后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数\(x\)的情况。

如果先手第一次取的石子数\(y \geqslant \dfrac{Fib_{k-1}}{3}\),则这小堆所剩的石子数小于等于\(2y\),即后手可以直接取完,此时\(x=Fib_{k-1}-y\),则\(x \leqslant \dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)

我们来比较一下\(\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)\(\dfrac{Fib_{k}}{2}\)的大小。即\(4*Fib_{k-1}\)\(3*Fib_{k}\)的大小,我们已经得出后者大。

所以我们得到,\(x<\dfrac{Fib_{k}}{2}\)

即后手取完\(k-1\)堆后,先手在能取最多石子的情况下不能一次性取完\(k\)堆,所以游戏规则没有改变,则由假设可知,对于\(k\)堆,后手仍能取到最后一颗,所以后手必胜。

\(i=k+1\)时,结论依然成立。

对于不是Fibonacci数列,首先进行分解。

分解的时候,要取尽量大Fibonacci数

比如分解\(85\)

\(85\)\(55\)\(89\)之间,于是可以写成\(85=55+30\),然后继续分解\(30\)\(30\)\(21\)\(34\)之间,所以可以写成\(30=21+9\),依此类推,最后分解成\(85=55+21+8+1\)

则我们可以把\(n\)写成\(n=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+……+Fib_{p_{k}},(p_{1}>p_{2}>……>p_{k})\)
我们令先手先取完\(Fib_{p_{k}}\),即最小的这一堆。由于各个\(Fib\)之间不连续,则\(p_{k-1}>p_{k}+1\),则有\(Fib_{p_{k-1}}>2*Fib_{p_{k}}\)。即后手只能取\(Fib_{p_{k-1}}\)这一堆,且不能一次取完。

此时后手相当于面临这个子游戏(只有\(Fib_{p_{k-1}}\)这一堆石子,且后手先取)的必败态,即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。

同理可知,对于以后的每一堆,先手都可以取到这一堆的最后一颗石子,从而获得游戏的胜利。

代码请见[COCI2010]HRPA

例8:取石子游戏之八(Staircase Nim)

\(n\)堆石子,每堆石子的数量为\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)\(A,B\)轮流操作,每次可以选第\(k\)堆中的任意多个石子放到第\(k-1\)堆中,第\(1\)堆中的石子可以放到第\(0\)堆中,最后无法操作的人为输。问\(A\)先手是否有必胜策略。

Staircase Nim又名阶梯Nim,它其实可以通过一些转化变成我们所熟知的Nim游戏,先手必败当且仅当奇数阶梯上的石子数异或和为\(0\),那么为什么是这样呢?

假如我们是先手,我们就按照这个方法将多余的石子从奇数堆移动到偶数堆里面。

此后如果对手移动的是奇数堆,我们就继续移动奇数堆使得SG值重新变为\(0\);如果对手移动的是偶数堆,我们就将他移动到奇数堆中的石子继续往下移。

这样经过多次操作我们总能使奇数堆保持必胜状态,最后我们总可以在对手之后将石子从奇数堆移动到偶数堆,最后移动到第\(0\)堆,这样对手就不能移动了。

所以通过整个过程我们可以发现,偶数堆中的石子不会影响整个游戏的结果,只有奇数堆中的石子会影响游戏结果。

因此对这个游戏而言,先手必败当且仅当奇数堆中的石子数异或和为\(0\)

类似代码请见[POI2004]GRA

例9:取石子游戏之九(Anti Nim)

本题为例4(Nim 游戏)的变相版本,其他条件均不变,唯独定义:取到最后一个石子的人为输。那么\(A\)先手是否有必胜策略?

这题和Nim游戏非常类似,就是输赢的条件不同,但是这个游戏的胜利状态却和Nim有一些区别,这个游戏的的胜利当且仅当:

  • 所有堆石子数都为\(1\)且SG值为\(0\)
  • 至少有一堆石子数大于\(1\)且SG值不为\(0\)

我们对这个游戏进行分析,将其分为两种情况:

  • 所有堆的石子数均为\(1\)
  • 至少有一堆石子数大于\(1\)

对于第一种情况而言,我们可以很容易得到当堆数为奇数时,先手必败,否则先手必胜。

对于第二种情况而言,我们分两种情况进行讨论:

  • 当SG值不为\(0\)时:
    若还有两堆石子数目大于\(1\)时,我们将SG值变为\(0\)即可;若只有一堆石子数目大于\(1\)时,我们总可以让状态变成有奇数个\(1\)。所以当SG不为0时,先手必胜。
  • 当SG值为\(0\)时:
    这样的话至少会有两堆石子的数目大于\(1\),那么先手决策完之后,必定会使局面的SG值不为\(0\),这样便到了先手必胜局。所以当SG为\(0\)时,先手必败。

代码请见[SHOI2008]小约翰的游戏

但是上述有关的推导只对于Anti Nim成立,对与Anti SG-组合游戏这个推论是不成立的,因此Anti SG-组合游戏的推论我们是需要重新证明的。不过这篇博客主要讨论单一游戏的决策问题,因此对于SG-组合游戏不予以讨论,有兴趣的读者可以参考贾志豪《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》

posted @ 2018-02-08 12:17 Wolfycz 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏