Game theory初步
游戏1
l 有两个游戏者：A和B。
l 有21颗石子。
l 两人轮流取走石子，每次可取1、2或3颗。
l A先取。
l 取走最后一颗石子的人获胜，即没有石子可取的人算输。
如果剩下1、2或3颗石子，那么接下来取的人就能获胜；如果剩下4颗，那么无论接下来的人怎么取，都会出现前面这种情况，所以接下来取的人一定会输；如果剩下5、6或7颗石子，那么接下来取的人只要使得剩下4颗石子，他就能获胜。0，4，8，12，……都是下一个取石子者的必败状态。现在有21颗石子，21除以4的余数是1，所以先走者有必胜的策略，他第一次只要取走1颗石子，以后每一次都保证剩下的石子是4的倍数就行了。
什么是“平等组合游戏”？
l 两人游戏。
l 有一个状态集，而且通常是有限的。
l 规定哪些状态转移是允许的。
l 所有规定对于两人来说是一样的。
l 两人轮流走步。
l 有一个终止状态，到达终止状态后游戏即告终止。
l 游戏可以在有限步内终止。
P状态和N状态
就像第一个游戏一样，状态0，4，8，……是刚才走步的人的必胜状态，我们称之为P状态；而1，2，3，5，6，7，……都是下一个走步的人的必胜状态，我们称之为N状态。
我们可以从终止状态出发，推出每一个状态，指出它是P状态还是N状态。就拿第一个游戏举例：
步骤一 将所有终止状态设为P状态。
步骤二 将所有一步之内可以到达一个P状态的状态设为N状态。
步骤三 如果一个状态，不管怎么走都只能走到N状态，那么就将这个状态设为P状态。
步骤四 返回步骤二。
如果能够走到P状态，就能获胜。因为安照上面的定义，对手不管如何选择，只可能走到N状态。接下来总存在一个P状态你可以走到。这样一直走到终止状态，你获胜。当然这里所说得都是指对于最后走步的人获胜的游戏。
我们严格的来定义P状态和N状态
l 所有的终止状态都是P状态；
l 对于任何的N状态，肯定存在一种方式可以一步转到一个P状态；
l 对于任何的P状态，不管怎么走步，都只能转到N状态。
而对于最后走步的人失败的游戏，只要将所有终止状态改成N状态，然后开始倒推就可以了。当然，必胜状态是N状态。也就是说，如果想胜利，就希望面对N状态，转移到P状态。
现在对游戏1略微扩展一下。
有一个决策集S，S中的元素是正整数。游戏的规则大致与游戏1一样，只是现在每次可以取的石子数必须是S中的元素。如果S={1，2，3}，那么就是游戏1。
大家分析一下，当S={1，3，4}的时候，哪些状态是P状态，哪些是N状态。
我们发现P状态是{0，2，7，9，14，16，……}，N状态是{1，3，4，5，6，8，10，……}。
规律是如果n除以7的余数是0或2，那么状态n就是P状态，否则就是N状态。
如果游戏开始时，石子总数是100，那么这是一个P状态，也就是说后走的人有必胜策略。
游戏2 Nim游戏
有三堆石子，分别含有x1，x2和x3颗石子。两人轮流取石子，每次可以选择一堆，从这堆里取走任意多颗石子，但不能不取。取走最后一颗石子的人获胜。
我们用三元组来表示状态，很明显(0, 0, 0)是唯一的终止状态，是P状态。
先考虑只剩一堆有石子的情况(0, 0, x)，很明显这是，这些状态都是N状态。
剩两堆的情况，如果两堆的石子数相等(0, x, x)，那么这些都是P状态。因为下一次走步的人一定会使得两堆石子不相等，再下一次可以使得两堆的石子数回到相等的状态，包括终止状态。如果两堆的石子数不相等，那么就是N状态。
三堆都非空的情况就复杂得多。我们可以得到(1, 1, 1)、(1, 1, 2)、(1, 1, 3)和(1, 2, 2)都是N状态，因为它们可以转变成(0, 1, 1)或(0, 2, 2)，它们都是P状态。(1, 2, 3)是P状态，因为不管怎么选择，下一次一定变到N状态。
“Nim和”就是两个数二进制表示的不进位加法，也就是两个整数进行xor位运算。
定义：两个数(xm…x0)2和(ym…y0)2，是(zm…z0)2，其中zi=(xi+yi) mod 2，0<=i<=m。
例如，22和51的Nim和是37：
整数关于Nim和（以后用“+”表示）满足交换律和结合律。有单位元0，因为0+x=x。任何两个相等的数之和是0，即x+x=0。有削去律，即如果x+y=x+z，那么y=z。因为，如果x+y=x+z，两边都加上x，得到x+x+y=x+x+z，即y=z。
定理1：Nim游戏的一个状态(x1, x2, x3) 是P状态，当且仅当x1+x2+x3=0。
考虑状态(13, 12, 8)。Nim和是9，不等于0，所以这是一个N状态。
那么接下来应该怎么走，才能走到一个P状态呢？你可以从第一堆中取走9颗石子。
或者你也可以从第二堆中取走7颗石子，等等。
如果石子的堆数大于3，只要堆数是有限的，上面的定理仍然成立。即如果有n堆石子，状态(x1, x2, …, xn)是P状态的充要条件是x1+x2+…+xn=0。下面就来证明。
我们用ρ表示所有Nim和为零的状态组成的集合；用п表示ρ的补集，即所有Nim和为正整数的状态组成的集合。让我们逐一检验P状态和N状态的定义。
l 所有的终止状态都在ρ中。由于终止状态只有一个(0, 0, …, 0)，0+0+…+0=0。
l 所有属于п的状态，一步之内一定可以走到ρ中的状态。找出Nim和最左端为1的那一列，然后任意选择一个这一列是1的堆，从这堆中取走若干颗石子，使得Nim和为0。这总是可以做到的，因为将那一列的1变成0，而它左边的列不用修改，这个数就肯定变小了。对于其他Nim和是1的列，只要将这个数相对列的0改成1，1改成0就可以了。
l 所有属于ρ的状态，一定转变到п中的状态。任意一个P状态(x1, x2, …, xn)，不妨假设从第一堆中取出若干颗石子。如果存在x1’<x1，而(x1’, x2, …, xn)也是P状态。那么x1+x2+…+xn=0=x1’+x2+…+xn，根据前面讲的削去律，x1’=x1，与假设x1’<x1矛盾。所以(x1’, x2, …, xn)一定是N状态，属于п。
通过上面的证明，你能得到从一个N状态走到P状态的方案数吗？而且这个数是奇数。
那么，对于最后走步的人失败的Nim游戏，又怎么办呢？通常情况下，这类游戏比最后走步的人获胜的游戏难得多。但Nim游戏是个例外。我们来分析一下。
P状态和N状态的定义不变，如果初始状态是N状态，先走者有必胜策略。当超过1颗石子的堆数大于1的时候，按照前面所讲的方法走。直到超过1颗石子的堆数等于1，这时将这堆石子全部取掉或剩1颗，保证非空（剩下1颗石子）的堆数为奇数。如果初始状态是N状态，按照策略，先走者不可能将“超过1颗石子的堆数等于1”的状态留给对方，因为这样的状态不可能是P状态。而且对方不可能在一步之内从“超过1颗石子的堆数大于1”的状态变到“超过1颗石子的堆数小于1”的状态。
图游戏
现在我们使用有向图来描述一个游戏，所有的状态用顶点表示，所有合法的移动用有向边表示。接下来我们会给出Sprague-Grundy函数（简称SG函数），它比起P状态和N状态，能够提供更多的信息。
定义：用(X, F)来表示有向图G。X是顶点集，F是后继函数。设x是一个顶点，F(x)是一个集合，包含于X，任意一个元素y属于F(x)，表示从x出发到y有一条边。F(x)就是x的后继集合，也可看成从x出发的决策集。如果F(x)是空集，那么就表示x是终止状态。
图游戏：一个两人游戏，在一个图G(X, F)上玩，指明一个顶点x0并按照下列的规则：
l A先走，从x0开始；
l 两人轮流走步；
l 从顶点x出发，只能走到顶点y，y属于F(x)；
l 遇到终止状态，即不能走步，此人输。
对于一个图，如果不管x0是哪个点，总存在一个n，使得从x0出发的任意一条路经的长度都不超过n，那么这个图就被称为是“递增有界”的。接下来主要讨论递增有界的图游戏。
拿游戏1来举例，设有n颗石子。顶点集X={0, 1, 2, …, n}，F(0)是空集，F(1)={0}，F(2)={0, 1}，F(k)={k-3, k-2, k-1}，3<=k<=n。下图是n=10的情况。
SG函数
定义：
对于一个递增有界的图G(X, F)来说，SG函数g，是定义在X上的函数，函数值是非负整数，使得
用语言来描述就是：g(x)的值等于所有x的后继的SG函数中没有出现的最小非负整数。
对于递增有界的图，SG函数是唯一的、有界的。
所有的终止状态x，因为F(x)是空集，所以g(x)=0。
给出下图的SG函数。
例1
给出游戏1的SG函数，看看有什么规律，与P状态和N状态有什么关系。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 …
g(x) 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 …
例2
有一堆石子，设当前剩下n颗石子，这一步至少要取走n/2取上界颗。唯一的终止状态是剩0颗石子。给出SG函数，看看有什么规律。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …
g(x) 0 1 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 …
根据例1的结果，我们猜测SG函数与P状态和N状态是有关的。如果g(x)=0，那么x就是P状态，否则x就是N状态。证明是很显然的，我们只要根据两者的定义，考虑以下三点：
l 如果x是终止状态，那么g(x)=0。
l 一个状态x，如果g(x)≠0，那么一定存在一个x的后继y，使得g(y)=0。
l 一个状态x，如果g(x)=0，那么所有x的后继y，都有g(y)≠0。
当然，SG函数还包含了其他的信息，这些信息在以后会用到。
多个组合游戏的并
给定若干个组合游戏，可以按照下面的规则将它们并成一个新的游戏。
l 对每个游戏给定初始状态。
l 两人轮流走步，从A开始。
l 每一轮，选择一个未到达终止状态的游戏，在这个游戏中按照规则走一步，其他游戏的状态不变。
l 最后一个走步者获胜，即走完之后所有游戏都到达终止状态。
我们称这个新的游戏为“多个组合游戏的并”。我们要来看如何用每一个游戏的SG函数来求这个新的组合游戏的SG函数。
n个图游戏的并
定义：有n个递增有界的图游戏G1(X1, F1)，……，Gn(Xn, Fn)。把它们合并成一个新的游戏G(X, F)，记为G=G1+G2+…+Gn。X是所有游戏顶点集的笛卡尔积，即X=X1*X2*…*Xn。也就是说，我们用n元组(x1, x2, …, xn)来表示G中的顶点x，其中xi属于Xi，对于所有的i。x的后继F(x)可以定义成：
这样定义的新的游戏G，一定也是递增有界的。把每个游戏的界相加，就得到了新游戏的界。
正如Nim游戏那样，如果堆数是1，那么非常简单；如果堆数是2，也很容易分析；但堆数如果大于2，就不是很明显了。所以即使每个图游戏都是很平凡的，n个图游戏的并也可能相当复杂。
下面介绍的SG定理可以看成是定理1的一般化。
定理2
设G=G1+G2+…+Gn，Gi的SG函数是gi，i=1, 2, …, n。那么G的SG函数g(x1, x2, …, xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，加法表示Nim和，即不进位的二进制加法。
证明：
令x(x1, x2, …, xn)是X中任意一点，b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。
根据SG函数的定义，我们要说明两点：
（1）、对于任意的非负整数a(a<b)，一定存在一个x的后继y，使得g(y)=a。
（2）、x的任意一个后继y，都有g(y)¹b。
首先来说明（1）。设d=a+b（nim和），d的二进制表示有k位，则2k-1<=d<2k。d的第k位是1而且a<b，所以a的第k位是0，b的第k位是1。因为b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，所以至少存在一个分量的第k位是1，不妨设它就是g1(x1)。那么，就有d+g1(x1)<g1(x1)，也就存在从x1到x1’的一次走步，使得g1(x1’) =d+g1(x1)。那么g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=d+g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn) = d+b=a。
再说明（2）。反证法。不失一般性，假设后继的走步是从x1到x1’，又有g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn) =g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。根据消去率，g1(x1’)=g1(x1)，这与SG函数的定义不符，假设不成立。
例3、你每次可以从一堆石子中取走{1, 2, …, m}颗。对于1堆的问题，SG函数gm(x)=x mod (m+1)。如果考虑3个这样的游戏的并，第一个游戏m=3，有9颗石子；第二个游戏m=5，有10颗石子；第三个游戏m=7，有14颗石子。g(9,10,14)=g3(9)+g5(10)+g7(14)=1+4+6=3，是一个N状态。要取胜的话，下一次可以选择第三个游戏，取走1颗石子，使得g7(13)=5。那么，还有别的取法吗？
var
n,m,p,t,i:longint;
begin
readln(n);
t:=0;
for i:=1 to n do begin
readln(m,p);
t:=t xor (p mod (m+1));
end;
if t=0 then writeln('P') else writeln('N');
end.
取走-分割游戏
这种游戏允许取走某些东西，然后将原来的一个游戏分成若干个相同的游戏。
例1、Lasker’s Nim游戏：每一轮允许两种操作之一。（1）从一堆石子中取走任意多个（2）将一堆数量不少于2的石子分成都不为空的两堆。
分析：
很明显，g(0)=0，g(1)=1。状态2的后继有0，1和（1，1），它们的SG函数值分别是0，1和0，所以g(2)=2。状态3的后继有0，1，2和（1，2），它们的SG函数值分别是0，1，2和3，所以g(3)=4。状态4的后继有0，1，2，3，（1，3）和（2，2），它们的SG函数值分别是0，1，2，4，5和0，所以g(4)=3。在推一些，我们得到：
我们推测：对于所有的k>=0，有g(4k+1)=4k+1；g(4k+2)=4k+2；g(4k+3)=4k+4；g(4k+4)=4k+3。
请自行证明。
假设游戏初始时有3堆，分别有2、5和7颗石子。三堆的SG函数值分别是2、5和8，它们的Nim和等于15。所以要走到P状态，就要使得第三堆的SG值变成7，可以将第三堆分成按1和6分成两堆。
var
g:array[0..100] of longint;
b:array[0..100] of boolean;
n,i,j:longint;
begin
readln(n);
g[0]:=0;
for i:=1 to n do begin
fillchar(b,sizeof(b),false);
for j:=0 to i-1 do b[g[j]]:=true;
for j:=1 to i div 2 do b[g[j] xor g[i-j]]:=true;
j:=0;
while b[j] do inc(j);
g[i]:=j;
writeln(i,': ',j);
end;
end.
PAS
2人玩的游戏，一个p*1的棋盘和红、绿、蓝三种棋子，棋子的大小分别是c*1、z*1和n*1，每种颜色的棋子个数无限。两人轮流摆放棋子，规则是：
棋子不得超出棋盘范围；
棋子不能有任何部分重叠；
如果哪个人没有棋子可放，即算输。
判断先手是否有必胜策略。
输入：
第一行是正整数c、z和n，都不超过1000。
第二行是m，表示棋盘种类。接下来的m行，每行一个正整数p。m和p都不超过1000。
输出：
对于每种棋盘输出一行，如果先手必胜输出1，否则输出2。
样例
输入
1 5 1
3
1
5
6
输出
1
1
2
var
c:array[1..3] of longint;
g,q:array[0..1000] of longint;
b:array[0..1000] of boolean;
m,maxq,i,j,k:longint;
begin
assign(input,'pas.in'); reset(input);
assign(output,'pas.out'); rewrite(output);
readln(c[1],c[2],c[3]);
readln(m);
maxq:=0;
for i:=1 to m do begin
read(q[i]);
if q[i]>maxq then maxq:=q[i];
end;
g[0]:=0;
for i:=1 to maxq do begin
fillchar(b,sizeof(b),false);
for j:=1 to 3 do
for k:=0 to i-c[j] do b[g[k] xor g[i-c[j]-k]]:=true;
j:=0;
while b[j] do inc(j);
g[i]:=j;
end;
for i:=1 to m do
if g[q[i]]=0 then writeln(2) else writeln(1);
close(input); close(output);
end.
l 有两个游戏者：A和B。
l 有21颗石子。
l 两人轮流取走石子，每次可取1、2或3颗。
l A先取。
l 取走最后一颗石子的人获胜，即没有石子可取的人算输。
如果剩下1、2或3颗石子，那么接下来取的人就能获胜；如果剩下4颗，那么无论接下来的人怎么取，都会出现前面这种情况，所以接下来取的人一定会输；如果剩下5、6或7颗石子，那么接下来取的人只要使得剩下4颗石子，他就能获胜。0，4，8，12，……都是下一个取石子者的必败状态。现在有21颗石子，21除以4的余数是1，所以先走者有必胜的策略，他第一次只要取走1颗石子，以后每一次都保证剩下的石子是4的倍数就行了。
什么是“平等组合游戏”？
l 两人游戏。
l 有一个状态集，而且通常是有限的。
l 规定哪些状态转移是允许的。
l 所有规定对于两人来说是一样的。
l 两人轮流走步。
l 有一个终止状态，到达终止状态后游戏即告终止。
l 游戏可以在有限步内终止。
P状态和N状态
就像第一个游戏一样，状态0，4，8，……是刚才走步的人的必胜状态，我们称之为P状态；而1，2，3，5，6，7，……都是下一个走步的人的必胜状态，我们称之为N状态。
我们可以从终止状态出发，推出每一个状态，指出它是P状态还是N状态。就拿第一个游戏举例：
步骤一 将所有终止状态设为P状态。
步骤二 将所有一步之内可以到达一个P状态的状态设为N状态。
步骤三 如果一个状态，不管怎么走都只能走到N状态，那么就将这个状态设为P状态。
步骤四 返回步骤二。
如果能够走到P状态，就能获胜。因为安照上面的定义，对手不管如何选择，只可能走到N状态。接下来总存在一个P状态你可以走到。这样一直走到终止状态，你获胜。当然这里所说得都是指对于最后走步的人获胜的游戏。
我们严格的来定义P状态和N状态
l 所有的终止状态都是P状态；
l 对于任何的N状态，肯定存在一种方式可以一步转到一个P状态；
l 对于任何的P状态，不管怎么走步，都只能转到N状态。
而对于最后走步的人失败的游戏，只要将所有终止状态改成N状态，然后开始倒推就可以了。当然，必胜状态是N状态。也就是说，如果想胜利，就希望面对N状态，转移到P状态。
现在对游戏1略微扩展一下。
有一个决策集S，S中的元素是正整数。游戏的规则大致与游戏1一样，只是现在每次可以取的石子数必须是S中的元素。如果S={1，2，3}，那么就是游戏1。
大家分析一下，当S={1，3，4}的时候，哪些状态是P状态，哪些是N状态。
我们发现P状态是{0，2，7，9，14，16，……}，N状态是{1，3，4，5，6，8，10，……}。
规律是如果n除以7的余数是0或2，那么状态n就是P状态，否则就是N状态。
如果游戏开始时，石子总数是100，那么这是一个P状态，也就是说后走的人有必胜策略。
游戏2 Nim游戏
有三堆石子，分别含有x1，x2和x3颗石子。两人轮流取石子，每次可以选择一堆，从这堆里取走任意多颗石子，但不能不取。取走最后一颗石子的人获胜。
我们用三元组来表示状态，很明显(0, 0, 0)是唯一的终止状态，是P状态。
先考虑只剩一堆有石子的情况(0, 0, x)，很明显这是，这些状态都是N状态。
剩两堆的情况，如果两堆的石子数相等(0, x, x)，那么这些都是P状态。因为下一次走步的人一定会使得两堆石子不相等，再下一次可以使得两堆的石子数回到相等的状态，包括终止状态。如果两堆的石子数不相等，那么就是N状态。
三堆都非空的情况就复杂得多。我们可以得到(1, 1, 1)、(1, 1, 2)、(1, 1, 3)和(1, 2, 2)都是N状态，因为它们可以转变成(0, 1, 1)或(0, 2, 2)，它们都是P状态。(1, 2, 3)是P状态，因为不管怎么选择，下一次一定变到N状态。
“Nim和”就是两个数二进制表示的不进位加法，也就是两个整数进行xor位运算。
定义：两个数(xm…x0)2和(ym…y0)2，是(zm…z0)2，其中zi=(xi+yi) mod 2，0<=i<=m。
例如，22和51的Nim和是37：
整数关于Nim和（以后用“+”表示）满足交换律和结合律。有单位元0，因为0+x=x。任何两个相等的数之和是0，即x+x=0。有削去律，即如果x+y=x+z，那么y=z。因为，如果x+y=x+z，两边都加上x，得到x+x+y=x+x+z，即y=z。
定理1：Nim游戏的一个状态(x1, x2, x3) 是P状态，当且仅当x1+x2+x3=0。
考虑状态(13, 12, 8)。Nim和是9，不等于0，所以这是一个N状态。
那么接下来应该怎么走，才能走到一个P状态呢？你可以从第一堆中取走9颗石子。
或者你也可以从第二堆中取走7颗石子，等等。
如果石子的堆数大于3，只要堆数是有限的，上面的定理仍然成立。即如果有n堆石子，状态(x1, x2, …, xn)是P状态的充要条件是x1+x2+…+xn=0。下面就来证明。
我们用ρ表示所有Nim和为零的状态组成的集合；用п表示ρ的补集，即所有Nim和为正整数的状态组成的集合。让我们逐一检验P状态和N状态的定义。
l 所有的终止状态都在ρ中。由于终止状态只有一个(0, 0, …, 0)，0+0+…+0=0。
l 所有属于п的状态，一步之内一定可以走到ρ中的状态。找出Nim和最左端为1的那一列，然后任意选择一个这一列是1的堆，从这堆中取走若干颗石子，使得Nim和为0。这总是可以做到的，因为将那一列的1变成0，而它左边的列不用修改，这个数就肯定变小了。对于其他Nim和是1的列，只要将这个数相对列的0改成1，1改成0就可以了。
l 所有属于ρ的状态，一定转变到п中的状态。任意一个P状态(x1, x2, …, xn)，不妨假设从第一堆中取出若干颗石子。如果存在x1’<x1，而(x1’, x2, …, xn)也是P状态。那么x1+x2+…+xn=0=x1’+x2+…+xn，根据前面讲的削去律，x1’=x1，与假设x1’<x1矛盾。所以(x1’, x2, …, xn)一定是N状态，属于п。
通过上面的证明，你能得到从一个N状态走到P状态的方案数吗？而且这个数是奇数。
那么，对于最后走步的人失败的Nim游戏，又怎么办呢？通常情况下，这类游戏比最后走步的人获胜的游戏难得多。但Nim游戏是个例外。我们来分析一下。
P状态和N状态的定义不变，如果初始状态是N状态，先走者有必胜策略。当超过1颗石子的堆数大于1的时候，按照前面所讲的方法走。直到超过1颗石子的堆数等于1，这时将这堆石子全部取掉或剩1颗，保证非空（剩下1颗石子）的堆数为奇数。如果初始状态是N状态，按照策略，先走者不可能将“超过1颗石子的堆数等于1”的状态留给对方，因为这样的状态不可能是P状态。而且对方不可能在一步之内从“超过1颗石子的堆数大于1”的状态变到“超过1颗石子的堆数小于1”的状态。
图游戏
现在我们使用有向图来描述一个游戏，所有的状态用顶点表示，所有合法的移动用有向边表示。接下来我们会给出Sprague-Grundy函数（简称SG函数），它比起P状态和N状态，能够提供更多的信息。
定义：用(X, F)来表示有向图G。X是顶点集，F是后继函数。设x是一个顶点，F(x)是一个集合，包含于X，任意一个元素y属于F(x)，表示从x出发到y有一条边。F(x)就是x的后继集合，也可看成从x出发的决策集。如果F(x)是空集，那么就表示x是终止状态。
图游戏：一个两人游戏，在一个图G(X, F)上玩，指明一个顶点x0并按照下列的规则：
l A先走，从x0开始；
l 两人轮流走步；
l 从顶点x出发，只能走到顶点y，y属于F(x)；
l 遇到终止状态，即不能走步，此人输。
对于一个图，如果不管x0是哪个点，总存在一个n，使得从x0出发的任意一条路经的长度都不超过n，那么这个图就被称为是“递增有界”的。接下来主要讨论递增有界的图游戏。
拿游戏1来举例，设有n颗石子。顶点集X={0, 1, 2, …, n}，F(0)是空集，F(1)={0}，F(2)={0, 1}，F(k)={k-3, k-2, k-1}，3<=k<=n。下图是n=10的情况。
SG函数
定义：
对于一个递增有界的图G(X, F)来说，SG函数g，是定义在X上的函数，函数值是非负整数，使得
用语言来描述就是：g(x)的值等于所有x的后继的SG函数中没有出现的最小非负整数。
对于递增有界的图，SG函数是唯一的、有界的。
所有的终止状态x，因为F(x)是空集，所以g(x)=0。
给出下图的SG函数。
例1
给出游戏1的SG函数，看看有什么规律，与P状态和N状态有什么关系。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 …
g(x) 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 …
例2
有一堆石子，设当前剩下n颗石子，这一步至少要取走n/2取上界颗。唯一的终止状态是剩0颗石子。给出SG函数，看看有什么规律。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …
g(x) 0 1 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 …
根据例1的结果，我们猜测SG函数与P状态和N状态是有关的。如果g(x)=0，那么x就是P状态，否则x就是N状态。证明是很显然的，我们只要根据两者的定义，考虑以下三点：
l 如果x是终止状态，那么g(x)=0。
l 一个状态x，如果g(x)≠0，那么一定存在一个x的后继y，使得g(y)=0。
l 一个状态x，如果g(x)=0，那么所有x的后继y，都有g(y)≠0。
当然，SG函数还包含了其他的信息，这些信息在以后会用到。
多个组合游戏的并
给定若干个组合游戏，可以按照下面的规则将它们并成一个新的游戏。
l 对每个游戏给定初始状态。
l 两人轮流走步，从A开始。
l 每一轮，选择一个未到达终止状态的游戏，在这个游戏中按照规则走一步，其他游戏的状态不变。
l 最后一个走步者获胜，即走完之后所有游戏都到达终止状态。
我们称这个新的游戏为“多个组合游戏的并”。我们要来看如何用每一个游戏的SG函数来求这个新的组合游戏的SG函数。
n个图游戏的并
定义：有n个递增有界的图游戏G1(X1, F1)，……，Gn(Xn, Fn)。把它们合并成一个新的游戏G(X, F)，记为G=G1+G2+…+Gn。X是所有游戏顶点集的笛卡尔积，即X=X1*X2*…*Xn。也就是说，我们用n元组(x1, x2, …, xn)来表示G中的顶点x，其中xi属于Xi，对于所有的i。x的后继F(x)可以定义成：
这样定义的新的游戏G，一定也是递增有界的。把每个游戏的界相加，就得到了新游戏的界。
正如Nim游戏那样，如果堆数是1，那么非常简单；如果堆数是2，也很容易分析；但堆数如果大于2，就不是很明显了。所以即使每个图游戏都是很平凡的，n个图游戏的并也可能相当复杂。
下面介绍的SG定理可以看成是定理1的一般化。
定理2
设G=G1+G2+…+Gn，Gi的SG函数是gi，i=1, 2, …, n。那么G的SG函数g(x1, x2, …, xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，加法表示Nim和，即不进位的二进制加法。
证明：
令x(x1, x2, …, xn)是X中任意一点，b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。
根据SG函数的定义，我们要说明两点：
（1）、对于任意的非负整数a(a<b)，一定存在一个x的后继y，使得g(y)=a。
（2）、x的任意一个后继y，都有g(y)¹b。
首先来说明（1）。设d=a+b（nim和），d的二进制表示有k位，则2k-1<=d<2k。d的第k位是1而且a<b，所以a的第k位是0，b的第k位是1。因为b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，所以至少存在一个分量的第k位是1，不妨设它就是g1(x1)。那么，就有d+g1(x1)<g1(x1)，也就存在从x1到x1’的一次走步，使得g1(x1’) =d+g1(x1)。那么g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=d+g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn) = d+b=a。
再说明（2）。反证法。不失一般性，假设后继的走步是从x1到x1’，又有g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn) =g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。根据消去率，g1(x1’)=g1(x1)，这与SG函数的定义不符，假设不成立。
例3、你每次可以从一堆石子中取走{1, 2, …, m}颗。对于1堆的问题，SG函数gm(x)=x mod (m+1)。如果考虑3个这样的游戏的并，第一个游戏m=3，有9颗石子；第二个游戏m=5，有10颗石子；第三个游戏m=7，有14颗石子。g(9,10,14)=g3(9)+g5(10)+g7(14)=1+4+6=3，是一个N状态。要取胜的话，下一次可以选择第三个游戏，取走1颗石子，使得g7(13)=5。那么，还有别的取法吗？
var
n,m,p,t,i:longint;
begin
readln(n);
t:=0;
for i:=1 to n do begin
readln(m,p);
t:=t xor (p mod (m+1));
end;
if t=0 then writeln('P') else writeln('N');
end.
取走-分割游戏
这种游戏允许取走某些东西，然后将原来的一个游戏分成若干个相同的游戏。
例1、Lasker’s Nim游戏：每一轮允许两种操作之一。（1）从一堆石子中取走任意多个（2）将一堆数量不少于2的石子分成都不为空的两堆。
分析：
很明显，g(0)=0，g(1)=1。状态2的后继有0，1和（1，1），它们的SG函数值分别是0，1和0，所以g(2)=2。状态3的后继有0，1，2和（1，2），它们的SG函数值分别是0，1，2和3，所以g(3)=4。状态4的后继有0，1，2，3，（1，3）和（2，2），它们的SG函数值分别是0，1，2，4，5和0，所以g(4)=3。在推一些，我们得到：
我们推测：对于所有的k>=0，有g(4k+1)=4k+1；g(4k+2)=4k+2；g(4k+3)=4k+4；g(4k+4)=4k+3。
请自行证明。
假设游戏初始时有3堆，分别有2、5和7颗石子。三堆的SG函数值分别是2、5和8，它们的Nim和等于15。所以要走到P状态，就要使得第三堆的SG值变成7，可以将第三堆分成按1和6分成两堆。
var
g:array[0..100] of longint;
b:array[0..100] of boolean;
n,i,j:longint;
begin
readln(n);
g[0]:=0;
for i:=1 to n do begin
fillchar(b,sizeof(b),false);
for j:=0 to i-1 do b[g[j]]:=true;
for j:=1 to i div 2 do b[g[j] xor g[i-j]]:=true;
j:=0;
while b[j] do inc(j);
g[i]:=j;
writeln(i,': ',j);
end;
end.
PAS
2人玩的游戏，一个p*1的棋盘和红、绿、蓝三种棋子，棋子的大小分别是c*1、z*1和n*1，每种颜色的棋子个数无限。两人轮流摆放棋子，规则是：
棋子不得超出棋盘范围；
棋子不能有任何部分重叠；
如果哪个人没有棋子可放，即算输。
判断先手是否有必胜策略。
输入：
第一行是正整数c、z和n，都不超过1000。
第二行是m，表示棋盘种类。接下来的m行，每行一个正整数p。m和p都不超过1000。
输出：
对于每种棋盘输出一行，如果先手必胜输出1，否则输出2。
样例
输入
1 5 1
3
1
5
6
输出
1
1
2
var
c:array[1..3] of longint;
g,q:array[0..1000] of longint;
b:array[0..1000] of boolean;
m,maxq,i,j,k:longint;
begin
assign(input,'pas.in'); reset(input);
assign(output,'pas.out'); rewrite(output);
readln(c[1],c[2],c[3]);
readln(m);
maxq:=0;
for i:=1 to m do begin
read(q[i]);
if q[i]>maxq then maxq:=q[i];
end;
g[0]:=0;
for i:=1 to maxq do begin
fillchar(b,sizeof(b),false);
for j:=1 to 3 do
for k:=0 to i-c[j] do b[g[k] xor g[i-c[j]-k]]:=true;
j:=0;
while b[j] do inc(j);
g[i]:=j;
end;
for i:=1 to m do
if g[q[i]]=0 then writeln(2) else writeln(1);
close(input); close(output);
end.