博弈论

Nim游戏

石子模型 地上有$n$堆石子，第$i$堆石子的数量为$a_i$，甲乙二人交替取石子，每次只能从任意$1$堆中取，每次至少取$1$个，最后没有棋子可取的人输，问是否存在先手必胜的策略

结论先手必胜态$a_1\oplus a_2 \oplus \dots \oplus a_n\ne 0 $；先手必败态$a_1\oplus a_2 \oplus \dots \oplus a_n = 0 $

定理1 必胜态的后继状态至少存在一个必败态

证明：设$a_1\oplus a_2 \oplus \dots \oplus a_n=s\ne 0$，$s$的二进制位为$1$的最高位为第$k$位，则$a_1\sim a_n$中一定有奇数个数，其二进制位第$k$位为$1$，此时选择一个$a_i$，用$a_i\oplus s$替换表达式中的$a_i$，有

\[a_1\oplus a_2 \oplus \dots \oplus a_i\oplus s\oplus a_{i+1} \oplus \dots \oplus a_n=s\oplus s=0 \]

为必败态，因为$^1a_i\oplus s <a_i$，这是合法的状态转移

[1]因为$a_i$的某位$(k$以下$)$会从$1$变成$0$

定理2 必败态的后继状态均为必胜态

证明：设$a_1\oplus a_2 \oplus \dots \oplus a_n = 0 $，则相同位上$1$的个数均为偶数。此时，无论减少哪个数，都会使得异或和不为零

必胜态与必败态交替出现，末态$(a_1=a_2=\dots=a_n=0)$为必败态

如何取胜 如果先手必胜，第一次应该如何取

for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
{    
    if((a[i]^s) >= a[i]) continue; //没法取
    a[i] = a[i]^s;
    break;
}

台阶模型 有$n$级台阶，第$i$级台阶上摆放$a_i$个石子，每次操作可以将第$k$级台阶上的石子移动一些到第$k-1$级台阶上，移动到第$0$级台阶(地面)上的石子不能再移动，如果没有石子可以移动，则输掉比赛，问是否先手必胜

结论若奇数台阶上$a_1\oplus a_3 \oplus \cdots \oplus a_{2k-1}\ne 0$，则先手必胜，反之，先手必败

有向图游戏

模型给定一个有向无环图(DAG)，图中只有一个起点，在起点上放一个棋子，两个玩家轮流沿着有向边推动棋子，每次走一步，不能走的玩家失败

$mex$运算 $mex(S)$表示不属于$S$中的最小非负整数，规范化的，有

\[mex(S)=\min\{x\}(x\in \N ,x\notin S) \]

例如$mex(\{0,1,2\})=3$，$mex(\{1,2\})=0$，特别的，$mex(\phi)=0$

$SG$函数 设状态$x$有$k$个直接后继：$y_1,y_2,\cdots,y_k$，则有

\[SG(x)=mex(\{SG(y_1),SG(y_2),\cdots,SG(y_k)\}) \]

这里的状态指的是棋子位置

$SG$定理 有$n$个有向图游戏组成的组合游戏，设起点分别为$s_1,s_2,\dots ,s_n$，当

\[\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i)\ne 0 \]

时，先手必胜；反之，先手必败

我们才有数学归纳法尝试证明：

(1)所有子游戏都处于终点状态，此时$SG(s_i)=0(i=1,2,\dots,n)$，有

\[\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) = 0 \]

$^2$先手必败态，且无后继状态

(2)假设：

对于所有$\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) = 0$的状态，都是必败态，先手无论怎么操作，都会进入$\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) \ne 0$的状态
对于所有$\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) \ne 0$的状态，先手都可以操作进入$\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) = 0$的状态

(3)证明

这就是Nim游戏分析中的定理1和定理2，我们来仿照其证明

假设1 设当前异或和

\[S=\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) \ne 0 \]

对于$S$的二进制表示$(S^{(n)}表示第n位)$，设其非零最高位为$k$，形式化的有

\[S^{(k)}=1且\forall i>k,S^{(i)}=0 \]

显然，存在$2p-1(p>0)$个$SG(s_i)$，使得

\[\bigoplus_{j=1}^{2p-1}SG(s_{i_j}^{(k)})=1 \]

从中取$i=i_{j_0}$，令$t=SG(s_{i_{j_0}})\oplus S$，因为$t^{(k)}=0$，且$\forall i >k,t^{(i)}=SG^{(i)}(s_{i_{j_0}})$，所以

\[t<SG(s_{i_{j_0}}) \]

根据$SG$函数的定义

\[SG(s_{i_{j_0}})=mex\{SG(y)|y是s_{i_{j_0}}的后继\} \]

由于$t<SG(s_{i_{j_0}})$，因此$t\in \{SG(y)|y是s_{i_{j_0}}的后继\}$，因此存在$s_{i_{j_0}}$的后继$s'$，使得

\[SG(s')=t \]

因此先手一定可以选择$s'$状态，而新的状态

\[\bigoplus_{j\in\{1,2,\dots,n\}-\{i_{j_0}\}}SG(s_j) \oplus SG(s')\\=\bigoplus_{j\in\{1,2,\dots,n\}-\{i_{j_0}\}}SG(s_j) \oplus SG(i_{j_0})\oplus S\\ =S\oplus S=0 \]

到达必败态

假设2 设当前异或和

\[S=\bigoplus_{i=1}^nSG(s_i) = 0 \]

设其中任意一个子状态$s_j\to s_j'$，假设

\[(\bigoplus_{i\in\{1,2,\dots,n\}-\{j\}}SG(s_i))\oplus SG(s_j)=0 \]

则前后状态相等，有

\[SG(s_1)\oplus \cdots \oplus SG(s_j)\oplus \cdots \oplus SG(s_n)=SG(s_1)\oplus \cdots \oplus SG(s_j')\oplus \cdots \oplus SG(s_n) \]

根据异或的运算性质，可得

\[SG(s_j)=SG(s_j') \]

但是$s_j'$是$s_j$的后继，根据$SG$函数的定义，$SG(s_j')$不会存在于后继$SG$取值集合中，否则$mex$会取更小的数，与假设矛盾，因此必有

\[SG(s_1)\oplus \cdots \oplus SG(s_j)\oplus \cdots \oplus SG(s_n)\ne SG(s_1)\oplus \cdots \oplus SG(s_j')\oplus \cdots \oplus SG(s_n) \]

即

\[(\bigoplus_{i\in\{1,2,\dots,n\}-\{j\}}SG(s_i))\oplus SG(s_j)\ne0 \]

均为必胜态

[2]这里有一个理解上的误区，必败态是先手选择进入的，留下必败态给后手，$(0,0,\dots,0)$是先手选择进入的，留给对手的自然是失败

posted @ 2025-10-06 16:06 _P_D_X 阅读(8) 评论(0) 收藏举报

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