洛谷 P2252 [SHOI2002]取石子游戏|【模板】威佐夫博弈

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P2252 [SHOI2002]取石子游戏|【模板】威佐夫博弈

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前言：

第一眼大水题，第二眼努力思考，第 N 眼我是大水逼。

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题意：

不看题目标题都应该能看出来是取石子类的博弈论。

有两堆石子，可以在任意一堆取走任意正整数的石子，也可以同时在两堆中取走相同任意正整数的石子。判断当前状态。

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分析：

这就是大名鼎鼎的威佐夫博弈了。

本着不会正解就暴力打表的思想，我们可以打出暴力，这其实是解决本题的关键所在。在暴力中我们可以发现只有以下状态先手必败： \((0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)\cdots\)于是我们从这些状态入手，定义这样的状态为奇异局势。

设第 \(k\) 个奇异局势为二元组 \((a_k,b_k)\)，且 \(0\leq k\)。

首先容易发现的是，\(b_k=a_k+k\)。记为性质 \(1\)。

不容易发现的是，\(a_k=\operatorname{mex}(a_1,b_1,a_2,b_2,\cdots,a_{k-1},b_{k-1})\)，即 \(a_k\) 是以前从未出现过的自然数中最小数。记为性质 \(2\)。

能够发现这两个性质就又离成功更进一步，再来思考从这两个性质出发能得到的其他性质。

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性质 \(3\)：任意自然数都包含在一个，且仅有一个的奇异局势中。

分开证明，需要证明两点：

1，所有自然数都被包含。2，除零外所有自然数只出现了一次。

1证起来很简单，由性质 \(2\) 即可知任何不被包含的自然数都可以作为一个奇异局势的 \(a\)。显然不会有没有被包含的自然数。

再证2，,因为有性质 \(2\)：

\(a_k\) 是以前从未出现过的自然数中最小数。

显然有 \(a_k>a_{k-1}\)，有由性质 \(1\)，有 \(b_k=a_k+k\)

所以 \(b_k=a_k+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}\)，即 \(b_k>b_{k-1}\)

所以有：

\(\begin{cases}a_k>a_{k-1}\\b_k>b_{k-1}\\b_{k-1}>a_{k-1}\\b_k>a_k\end{cases}\)

观察后发现，对于 \(a_k,b_k,a_{k-1},b_{k-1}\)，只有 \(a_k\) 有可能等于 \(b_{k-1}\)，其他数之间都有明确的大小关系，不可能相等，又根据性质 \(2\)，\(a_k\neq b_{k-1}\)，所以奇异局势中除了 \((0,0)\) 是不会有其他自然数出现两次的。

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性质 \(4\)：奇异局势的所有后继状态都不是奇异局势。

这个也比较好证，因为后继状态只能是把 \(a\) 或 \(b\) 减小，且上面谈到过有 \(a_k>a_{k-1},b_k>b_{k-1}\) ，所以假设要转移到奇异局势，只能同时减小 \(a,b\) 。这样后继状态 \(a,b\) 差值不会变，但奇异局势的差值是递增的，所以转移后不可能是另一个奇异局势。

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性质 \(5\)：所有非奇异局势都能转移到奇异局势：

考虑现在的非奇异局势为 \((a,b)\)，且 \(a<b\)。

设\(b=a+k\)，那么

当 \(a>a_k\) 时，只需 \(a,b\) 同时减去 \(a-a_k\) 就能转移到第 \(k\) 个奇异局势。

当 \(a=a_k\) 时，不是非奇异局势，不在考虑范围。

当 \(a<a_k\) 时，显然无法转移到 \(k\) 以上的奇异局势，考虑转移到 \(k\) 以下的奇异局势。如果 \(a,b\) 同时减或者只减少 \(a\)，差值变大，发现是无法转移到小于奇异局势的。只能减小 \(b\) 。由于性质 \(3\)，结合 \(a<a_k\)，此时的 \(a\) 一定在 \(k\) 以下的奇异局势中出现过，设 \(a\) 出现在第 \(m\) 个奇异局势中，且 \(m<k\)。

当 \(a=a_m\) 时，考虑将 \(b\) 转移到 \(b_m\)，由于

\(\begin{cases}b_m=a_m+m\\b=a+k\\a=a_m\\k>m\end{cases}\)

所以 \(b>b_m\) ，将 \(b\) 减小 \(k-m\) 即可转移到第 \(m\) 个奇异局势。

当 \(a=b_m\) 时，考虑将 \(b\) 转移到 \(a_m\)，由于 \(b>a=b_m\geq a_m,\)

所以 \(b>a_m\)，显然也是可以转移的。

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结合性质 \(4\) 和 \(5\) 和我们得到的暴力例子，我们终于发现，奇异局势中先手必败，非奇异局势中先手必胜。真是艰辛，但对这道题只是打好了基础，题目现在需要我们判断它是否是奇异局势。

由于第 \(k\) 个奇异局势中 \(b_k=a_k+k\)，所以根据给出的 \(a,b\) 的差值，找到第 \(k\) 个奇异局势的 \(a\) 或 \(b\) ，比较一下就可以了。如果暴力递推对于 \(a,b\leq1,000,000,000\) 的数据还是过不了的。所以需要方法来更快速地判断。

这里我们又用到一个神奇的定理：beatty(贝蒂)定理

设 \(a,b\) 是正无理数且 \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1\)。记\(P=\{\lfloor na\rfloor |n为任意正整数\},Q=\{\lfloor nb\rfloor |n为任意正整数\}\)，则 \(P\) 与 \(Q\) 是 \(\mathbb{N^+}\) 的一个划分，即 \(P\cap Q=\varnothing\) 且 \(P\cup Q=\mathbb{N^+}\) (正整数集)。

在性质 \(3\) 中我们发现所有正整数都出现且仅出现了一次，所以奇异局势的 \(a,b\) 就把所有正整数分成了两个不相交的部分，这刚好满足 beatty定理，所以设第 \(k\) 个奇异局势中的 \(a=\lfloor kt\rfloor\)，其中 \(k\) 是正整数，\(t\) 是一个无理数，则 \(b=a+k=\lfloor k(t+1)\rfloor\)，由 beatty定理即可得到：
\(\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{t+1}=1\)

解一元二次分式方程得：

\(t_1=\dfrac{1+\sqrt5}{2},t_2=\dfrac{1-\sqrt5}{2}\)

\(t\) 取正，所以 \(t=\dfrac{1+\sqrt5}{2}\)

所以第 \(k\) 个奇异局势中的 \(a=\lfloor kt\rfloor=\lfloor k\times\dfrac{1+\sqrt5}{2}\rfloor\)。

这样就能快速判断了。

这是博弈论中的经典题目，最好跟着或者自己推一遍过程，代码短也不能只背代码。

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double d=(1+sqrt(5))/2;
signed main(){
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	if(a>b)swap(a,b);
	int t=b-a;
	if(int((double)t*d)==a)cout<<0;
	else cout<<1;
	return 0;
}

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