Nim 游戏及其变形

Nim：

\(n\) 堆物品，第 \(i\) 堆 \(a_i\) 个，两个玩家轮流取走任意一堆的任意个物品，但不能不取，不能操作者输。

结论：若 \(\oplus_{i=1}^n a_i \ne 0\)，先手必胜，反之后手必胜。

证明： 显然终局满足情况。

那么当 \(\oplus_{i=1}^n a_i = k(k \ne 0)\) 时，我们只要令含有 \(k\) 最大位的 \(a_i \gets a_i \oplus k\) 即可出现 \(k = 0\) 的情况，后手必然会使得 \(k \ne 0\)。交替进行则后手必然输。

K-Nim:

\(n\) 堆物品，第 \(i\) 堆 \(a_i\) 个，两个玩家轮流取走任意 \(k\) 堆的任意个物品，但不能不取，不能操作者输。

结论：若 \(\sum_{bit = 1}^{val}\sum_{i = 1}^n ((a_i)_{bit}\mod(k + 1)) \ne 0\)，先手必胜，否则后手必胜。

证明：可以类比 \(\rm Nim\) 的证明方法。

阶梯 Nim:

\(n\) 堆物品，第 \(i\) 堆 \(a_i\) 个，两个玩家轮流选择第 \(i\) 堆的任意个物品移动到 \(i - 1\) 堆，但不能不取，不能操作者输。（第 0 堆是垃圾桶）

结论：若 \(\oplus _{i = 1} ^ na_i[i \mod2 = 1] \ne 0\)，先手必胜，否则后手必胜。

证明： 后手遇到先手必胜的情况，如果将偶数堆的物品丢到了奇数堆，先手可以把它再丢进偶数堆。

Anti Nim:

\(n\) 堆物品，第 \(i\) 堆 \(a_i\) 个，两个玩家轮流取走任意一堆的任意个物品，但不能不取，取到最后一个物品者输。

结论：一个状态是必胜态，当且仅当一下两种情况：

• 最大堆物品数量为 \(1\)，且有偶数堆物品。

• 最大堆物品数量大于 \(1\)，且 \(\oplus_{i=1}^na_i \ne 0\)。

证明：

\((1)\) 最大堆物品数量为 \(1\)：

• \(a.\) 物品堆数为偶数：先手必胜。

• \(b.\) 物品堆数为奇数：先手必败。

\((2)\) 仅有一堆物品数量大于 \(1\)：

此时显然有 \(\oplus_{i = 1}^n a_i\ne 0\)。

• \(a.\) 有奇数堆物品：此时先手可以全部将最大堆的物品全部取光，转成 \((1)a.\) 了，先手必胜。

• \(b.\) 有偶数堆物品：此时先手可以将最大堆的物品取得只剩一个，还是变为 \((1)a.\)，先手必胜。

于是，在 \((2)\) 的情况下先手必胜。

\((3)\) 有两堆及以上的物品数量大于 \(1\)：

• \(a.\) \(\oplus_{i=1}^n a_i = 0\) 时：可能转化为 \((3)b.\) 或者 \((2)\)。

• \(b.\) \(\oplus_{i=1}^n a_i \ne 0:\) 一定可以转化为 \((3)a.\)。

通过观察可以发现，若先手拿到的是 \((3)b.\) 的情况，则先手总是可以转化为 \((3)a.\) 的情况，使得后手最后只能将 \((2)\) 的局势交给先手。进一步可以推出 \((3)a.\) 为先手必败状态而 \((3)b.\) 是先手必胜状态。

Fib Nim

有 \(n\) 个石子，每次可以取出 \(\ge 1\) 的石子且取出的石子的个数小于等于上一次的两倍，先手不能全部取走，不能取的输。

Lemma：齐肯多夫定理

任意正整数都可以被若干个 不连续的 斐波那契数表示出来。

• Proof:

  设该正整数为 \(n\)，若 \(n\) 为斐波那契数自然满足条件。

  否则，我们找到最大的 \(i\) 满足 \(fib_i < n < fib_{i + 1}\)，并令 \(n \gets n - fib_i\)，重复该过程直到 \(n = 0\)。此时我们只需要说明连续两次操作不会选择到相邻的 \(fib_{i - 1}, fib_i\)，考虑反证法。若连续取到 \(fib_i, fib_{i - 1}\)，则第一次操作应当取到 \(fib_{i + 1}\)，矛盾。

Narration

结论：先手必败当且仅当 \(n\) 为斐波那契数。

考虑 \(n = 1, 2\) 的情况，显然先手败。考虑归纳：

• \(n\) 是斐波那契数：设 \(n = fib_i = fib_{i - 1} + fib_{i - 2}\)，考虑先手取的数 \(x\)：

  • \(x \ge fib_{i - 2}\)：则后手直接一次取完。

  • \(x < fib_{i - 2}\)：则留给后手的数显然是非斐波那契数，根据归纳假设先手必败。

• \(n\) 不是斐波那契数：直接取成斐波那契数即可留给后手必败。

Extent

思考：第一个人 最小 取多少可以让后手必败？

我们考虑对 \(n\) 斐波那契分解，则我们取分解后的最小值。则后手每次取 \(x\) 时，我们就补全至第三大的数即可。是否可以更小？显然不可以，否则后手可以补成最小值获得一样的必胜态。