博弈论

博弈论的简单总结：

1. 巴什博弈：

一堆石子，共 $n$ 个，双方可以取 $1$ ~ $m$ 个石子，先取完者获胜（无法操作者败）

显然，如果场上只有 $m+1$ 个石子，那么先手必败

那我们可以思考，如果场上石子有 $k(m+1)+r$ 个石子，那先手一定可以取 $r$ 个，如果后手取 $k$ 个，那先手就取 $(m+1)-k$ 个，最后 $m+1$ 的局面就是后手面对了

因此，我们就可以得到结论：

若 $(m+1)|n$ ，则先手必败

否则，先手必胜

2. 威佐夫博弈：

两堆石子，你可以从一堆里面取走任意颗石子，也可以从两堆中取走相同石子，先取完者胜

先来证明一下beatty定理：

若 $a, b$ 是正无理数，且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$，令 $P= \lfloor{na}\rfloor $ ，$Q= \lfloor{mb}\rfloor $ ，$n,m \in Z^+$ ，那么 $P$ 和 $Q$ 就是正整数的划分（即 $P \cap Q= \emptyset $ ，$P \cup Q= Z^+ $）

证明：

任意一个正整数在 $P$ 或 $Q$ 最多出现一次
- 因为 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$ ，所以可知 $a,b>1$
- 所以 $\lfloor{na}\rfloor $ 各不相同
$P \cap Q= \emptyset $（反证法）
- 令 $k$ 是$P \cap Q $ 中的一个整数
- 则有 $k<na<k+1$， $k<mb<k+1$
- 即 $\frac{n}{k+1}<\frac{1}{a}<\frac{n}{k}$ ， $\frac{m}{k+1}<\frac{1}{b}<\frac{m}{k}$
- 加起来就是：$\frac{n+m}{k+1}<1<\frac{n+m}{k}$
- 再移项： $k<n+m<k+1$
- 但显然，$n,m$ 都是正整数，所以矛盾
$P \cup Q= Z^+ $ （反证法）
- 同理，令 $k$ 是不属于 $P \cup Q $ 中的一个整数
- 那么就有 $\lfloor{na}\rfloor<k<\lfloor{(n+1)a}\rfloor$ ， $\lfloor{mb}\rfloor<k<\lfloor{(m+1)b}\rfloor$
- so : ${na}<k \leqslant \lfloor{(n+1)a}\rfloor-1 <{(n+1)a}-1$
- 移项： $\frac{n}{k}<\frac{1}{a}<\frac{n+1}{k+1}$ （$b, m$同理）
- 所以： $\frac{n+m}{k}<1<\frac{n+m+2}{k+1}$
- 最后： $n+m<k<n+m+1$
- 显然，$n,m,k$ 都是正整数的情况下，不可能成立

证毕

好了，让我们步入正题：

我们称先手必败的局势为“奇异局势”，如 $(0,0)$

那么，我们可以很快求出下一个奇异局势，$(1,2)$

通过穷举法可以证明

那么我们发现，以下的都是奇异局势：

$(1,2)$

$(3,5)$

$(4,7)$

$(6,10)$

$(8,13)$

$...$

那么，我们就可以看出一些东西：

若 $(0,0)$ 是第 $0$ 个奇异局势，那么第 $k$ 个奇异局势($a_k, b_k$)必然有 $a_k+k=b_k$ ,且 $a_k=mex\{a_1,a_2,a_3,...,a_{k-1},b_1,b_2,b_3,...,b_{k-1}\}$ （mex 指一个集合中没有出现过的最小自然数）

证明？~~（穷举+规律）~~

如果一个局势 $(a,b)$， $a<b$

如果在它前面有 $k$ 个奇异局势（不含 $(0,0)$）,现在 $b-a\leqslant k$，那先手只需要将两堆石子同取 $(b-a)$ 个，就可以转化成后手的奇异局势
如果 $a$ 在前面的奇异局势中出现过，那么先手就可以将 $b$ 取若干石子，又转化为后手的奇异局势

所以，就这样

但，怎么快速判断？

其实奇异局势正是将正整数划分了

想想beatty定理，是不是感觉到什么？

令($a_k$,$b_k$) 中 $a_k=\lfloor{kn}\rfloor$，那 $b_k=\lfloor{k(n+1)}\rfloor$ ，（ $n$ 为正无理数）

就有 $\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}=1$

解方程就得出 $n=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$，显然 $n=\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$

所以就可以做了！

【模板】威佐夫博弈

代码

3. nim游戏

$n$ 堆石子，每次只能从 $1$ 堆中取若干个（不可不取），无法操作者败。

我们先定义一下局势：

若当前无法操作，我们称为必败态
若一个状态可以走到一个必败态，则当前为必胜态
若一个状态无法走到一个必败态，则当前为必败态

然后，我们引入一个函数：SG函数

无法操作时，$SG(x)=0$
$SG(x)=mex\{SG(y)\}$，$y$ 为可由 $x$ 转移得到的状态

所以，我们可以得到一下定义

若$SG(x)=0$，则为必败态
若$SG(x) \not = 0$，则为必胜态

那如果像nim游戏这样怎么判断局势呢？

一种暴力方法就是做记忆化搜索，每种状态求出SG值，进行判断

其实还有一种通用方法，就是将每堆石子的SG值求异或值，再判断

为什么是对的？

这里给出一种玄学证法：

定义 $a_i$ 为 $i$ 的SG值，则当前局势为 $a_1 \oplus a_2 \oplus a_3\oplus...\oplus a_n=k$
证明1：对于一个必胜态（即 $k \not = 0$），一定可以存在一个转移使 $a_1' \oplus a_2' \oplus a_3'\oplus...\oplus a_n'=0$
- 令k的最高位为 $m$，则 $a_1$ ~ $a_n$ 一定存在一个 $a_i$ 第 $m$ 位上也为 $1$
- 那么就会有 $a_i>a_i \oplus k$
- 所以只要使得 $a_i'=a_i\oplus k$，就能转化成必败态
证明2：对于一个必败态（即 $k=0$）,不存在一个转移使得 $a_1' \oplus a_2' \oplus a_3'\oplus...\oplus a_n'=0$
- 因为若 $0\oplus k=0$，则 $k=0$
- 所以 $a_1 \oplus a_2 \oplus a_3\oplus...\oplus a_n \oplus 0=0$
- 又因为任何数异或上 $0$ 等于原本的数
- 所以与定义矛盾
证毕（其实我不是真的很理解，因为我觉得有点用定义证明定义的样子）

好了，nim游戏就变成预处理所有的SG值，每次求每堆石子的异或值就行了

然后有一个nim游戏有个特殊点，以为它可以取任意个石子，所以 $SG(x)=mex\{SG(x-1), SG(x-2),SG(x-3),...SG(0)\}$

所以就有 $SG(x)=x$

所以代码极其简短！

【模板】nim 游戏

代码

扩展：反nim游戏

其实就是将nim游戏获胜条件换一下：无法操作者胜

但这不是单纯的将SG函数的定义反过来就可以了......

我们需要依靠经验寻找新的条件：

若所有石子都是 $1$，则异或值为 $0$ 时，为必胜态
若存在石子大于 $1$，则异或值不为 $0$ 时，为必胜态

证明：

条件1：当石子堆数为偶数时，异或值才为 $0$，显然条件成立
条件2：我们分两种情况讨论：
- 1. 如果只有一堆石子大于 $1$：
  - 如果石子为 $1$ 的堆数为奇数，显然先手可以将大于 $1$ 的那堆全取完，后手必败；同时，此时异或值必然大于 $0$
  - 如果石子为 $1$ 的堆数为偶数，显然先手可以将大于 $1$ 的那堆取剩 $1$，后手必败；同时，此时异或值必然大于 $0$
- 1. 如果不止一堆石子大于 $1$：
    - 如果异或值为 $0$，无非转化成只有一堆石子大于 1或不止一堆石子大于 1，显然异或值一定不为 $0$ ~~（怎么感觉有点循环论证）~~
    - 如果异或值不为 $0$，则证明同nim游戏——证明1

（说实话真的有点迷迷糊糊，总感觉那里不对，有点“我证明我自己”的样子）

[SHOI2008]小约翰的游戏//UVA1566 John

~~（SH直接抄题是吧？）~~

代码

例题：P2599 [ZJOI2009]取石子游戏

题意：就是将nim游戏改成只可以取左右其中一堆

~~（这是一道神仙题，想了1个小时最后被迫去看题解了...）~~

思路：

我们先设 $L[l][r]$ 为在 $[l,r]$ 区间的左侧（即 $l-1$ 的位置）放上 $L[l][r]$ 个石子，先手必败（$R[l][r]$ 类似）

我们可以证明，$L[l][r]$ 存在且唯一

唯一：若存在两个 $L[l][r]$ ，那么较大的那个可以通过取若干个转化成较小的那个，这就变成必败态转移到必败态，不符合定义

存在：假设不存在这个 $L[l][r]$，那先手如果取左边，无论取多少个，都会转化为后手的必胜态，显然就不能取左边，那就只能动右边的，那会得到一个必败态，那后手在左边拿若干个得到的也是一个必败态（相当于先在左边拿若干个，此时还是必胜态，再在右边拿，就是必败态），显然不成立

然后开始转移：

我们令 $L=L[l][r-1]$ ，$R=R[l][r-1]$

开始分多种情况讨论：

Case 1：若 $a[r]=R$ ，则 $L[l][r]=0$
- 也就是说当前的 $[l,r]$ 就是一个必败态，所以 $L[l][r]=0$
Case 2：若 $a[r]<L,\ a[r]<R$，则 $L[l][r]=a[r]$
- 依据定义，我们可以知道 $(0\sim L-1,[l,r-1])$ 和 $([l,r-1],0\sim R-1)$ 都是必胜态，所以如果 $L[l][r]=a[r]$，那后手就可以每次与先手拿一样个数的石子（在不同端），这样先手一定会先去玩一端的石子，这样就是后手的必胜态
Case 3: 若 $R<a[r]\le L$，则 $L[l][r]=a[r]-1$
- 我们假设先手在左边取石子，还剩下 $y$ 个石子：如果 $y<R$，后手就将右边的石子也取剩 $y$ 个，就转化成Case 2了
- 如果 $y\ge R$，那就将右边取剩 $R+1$ 个，又回到Case 3
- 假设先手在右边取石子，还剩下 $y$ 个石子，若 $y=R$，后手就直接将左边的石子取完
- 若 $y<R$，则将左边取剩 $y$ 个，转化为Case 2
- 若 $y>R$，就将左边取剩 $y-1$ 个，再回到Case 3
Case 4: 若 $L\le a[r]< R$，则 $L[l][r]=a[r]+1$
- 同理，我们假设先手在左边取石子，还剩下 $y$ 个石子：如果 $y<L$，那后手就将右边取剩 $y$ 个，转化为Case 2
- 若 $y=L$，则后手将右边的石子取完，转化为Case 1
- 若 $y>L$，则后手将右边取剩 $y-1$，回到Case 4
- 假设先手先取右边的石子，还剩下 $y$ 个石子，若 $y<L$，则将左边取剩 $y$ 个，转化为Case 2
- 若 $y\ge L$，则将左边取剩 $y+1$ 个，回到Case 4
Case 5：若 $a[r]>L,\ a[r]>R$，则 $L[l][r]=a[r]$
- 先手将左右某一堆取剩 $y$ 个，若 $y>L,R$，那就将另一堆一样取剩 $y$，回到Case 5
- 若 $y<L,R$，也将另一堆一样取剩 $y$，回到Case 2
- 若 $L\le y<R$ 或 $R<y\le L$，就将另一堆取剩 $y+1$ 或 $y-1$，可以转化为Case 3或Case 4
- 反正大力讨论就好了