复习csp2019的时候稍微看了看博弈论，发现自己对于sg函数的理解完全不到位
有些定义甚至想都没想过
于是就口胡了一篇blog来安慰虚弱的自己
Question 1
对于一个满足拓扑性质的公平组合游戏
若定义一个函数(f)，(f(P状态)=0)
假设当前状态为(a)，它对局面的定义合法
那么(f=sg)
可以发现，它就是(Muti-sg)问题的核心，接下来我们希望证明这个问题的正确性
首先，先弄清几个定义
对于后继
- 指的是一步转移到的状态
- 后继一定不会等于当前状态
对于局面
它满足以下的性质（当然，性质的名字是我自己取的）
- 状态性：它本身也可以是一个状态
- 后继性：局面本身是状态的后继，或是后继的后继，等等
- 异或可行性：即(f(a))是(a)所包含的所有局面(f)值的异或和
- 唯一改变性：后继与状态本身仅改变了一个局面，
当然事实并不是如此，如果你会k异或的话，但我们不做探究 - 单向变化性：局面只会改变成为它的后继（如果它是一个状态）
证明
(f=sg) 等价于任意(a)满足，(f(a))是(mex{f(a的后继)})
因为状态之间的关系本质上是一个(DAG)（即满足拓扑性），所以可以通过归纳法来证明
假设一个状态(a)，它的所有后继（包括后继的后继）的(f)值都等于(sg)值
假设(a)可以分为局面(b_1)~(b_n)，对应(f_1)~(f_n)，它们等于(sg_1)~(sg_n)
所以(f(a)=f_1oplus f_2oplus . ..oplus f_n=sg_1oplus sg_2oplus . ..oplus sg_n)
如果(a)有一个后继(c)，考虑(f(c)=f(a)oplus sg_i oplus sg_x)，也就是把(b_i)这个局面改成了(x)局面
考虑(f(c))可以取哪些值？
首先，因为(sg_i e sg_x)，所以(f(c) e f(a))
接下来证明(f(c))可以取到(0)~(f(a)-1)的所有数
对于一个值(valin[0,f(a)-1])
设(k)，满足(val=f(a) oplus k)
因为(val<f(a))，考虑(val)的最高的和(f(a))不同的一位，这一位必然存在并且在这一位上(f(a))是(1)，(val)是(0)
这一位同时也是(k)的最高位
那么必然存在一个(sg_i)满足它的这位是(1)，而对应的(sg_x)必然会小于(sg_i)，因为它的这位是(0)
所以存在满足条件的(x)且它是(b_i)的后继
所以这样的(k)可以通过(sg_i oplus sg_x)构造得到
Question 2
翻硬币游戏
定义，有一些硬币排成一排，两人采用最优策略，每次可以翻动其中一些硬币（正变反，反变正），保证翻的硬币中最右边的硬币只能是从正翻到反，不能翻动者输
结论
每个状态的(sg)值等于当前所有为正面的硬币在序列中单独存在的状态的(sg)值的异或和
证明
设正面为(1)，反面为(0)
'...'表示状态，...表示局面
把一个状态的(01)串倒过来，即'00101'变成(10100)，把它看成一个二进制数，那么在游戏过程中这个数字递减
所以这个游戏是满足拓扑性质的
接下来我们设一个定义域为(01)串的函数(f)
- (f(00...0)=0)
- (f(00...01)=sg(00...01))
- (f(一个01串)=igoplus_{每一个1} f(000..01))
- 其中对于第(i)个(1)，前面有(i-1)个(0)
假设当前状态为'011001'
(f(011001)=f(01)oplus f(001)oplus f(000001))
'011001'有这样一个后继'010100'
可以说(f(010100)=f(01)oplus f(0001)=f(011001)oplus f(0011)oplus f(000001))
我们把(01)，(001)，(000001)看成是'011001'的三个特殊的局面
那么'010100'可以分拆成(01)，(001)，(0011)三个局面，尽管它们显得不那么特殊
这样的局面划分是合法的，因为可以看成是(000001)变成了(0011)这个局面，它满足异或和的性质
而很显然的是'0011'（'001100'）确实是'000001'的一个后继
因为(f)满足这样的性质：
- (状态f(P状态)=0)
- 对于局面的定义合法
在此之前，我们已经证明了，对于这样的(f)，(f=sg)
完结撒花★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。
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