博弈常识汇总
有一种很有意思的游戏，就是有物体若干堆，可所以火柴棍或是围棋子等等均可。两个人轮流从堆中取物体若干，规定最后取光物体者取胜。这是我公民间很古老的一个游戏
，别看这游戏极其简单，却蕴含着深切的数学道理。下面我们来解析一下要如何才干够取胜。
（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n个物品，两小我轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者获胜。
显然，若是n=m+1，那么因为一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走几许个，后取者都可以或许一次拿走残剩的物品，后者取胜。是以我们发了然如何取胜的法例：若是
n=（m+1）r+s，（r为随便率性天然数，s≤m），那么先取者要拿走s个物品，若是后取者拿走k（≤m）个，那么先取者再拿走m+1-k个，成果剩下（m+1）（r-1）个，今后对峙如许的取法，那么先取者必然获胜。总之，要对峙给敌手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
这个游戏还可以有一种变相的弄法：两小我轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两小我轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者获胜。
这种景象下是颇为错杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ，k=0，1，2，…，n）默示两堆物品的数量并称其为大势，若是甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种大势我们
称为奇怪大势。前几个奇怪大势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出，a0=b0=0，ak是未在前面呈现过的最小天然数，而 bk= ak + k，奇怪大势有如下三条性质：
1。任何天然数都包含在一个且仅有一个奇怪大势中。
因为ak是未在前面呈现过的最小天然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
2。随便率性操纵都可将奇怪大势变为非奇怪大势。
事实上，若只改变奇怪大势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不成能在其他奇怪大势中，所以必定长短奇怪大势。若是使（ak，bk）的两个分量同时削减，则由
于其差不变，且不成能是其他奇怪大势的差，是以也长短奇怪大势。
3。采取恰当的办法，可以将非奇怪大势变为奇怪大势。
假设面对的大势是（a，b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇怪大势（0，0）；若是a = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇怪局
势；若是 a = ak ， b < bk ，则同时从两堆中拿走 ak – ab + ak个物体，变为奇怪局势（ ab – ak ， ab – ak+ b – ak）；若是a > ak ，b= ak + k，则从第一堆中拿走多余的数量a – ak 即可；若是a < ak ，b= ak + k，分两种景象，第一种，a=aj （j < k），从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k），从第二堆里面拿走 b – a
j 即可。
从如上性质可知，两小我若是都采取正确操纵，那么面对非奇怪大势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。
那么任给一个大势（a，b），如何断定它是不是奇怪大势呢？我们有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…，n 方括号默示取整函数）
奇妙的是此中呈现了黄金分别数（1+√5）/2 = 1。618…，是以，由ak，bk构成的矩形近似为黄金矩形，因为2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不便是，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那么就不是奇怪大势。然后再遵守上述法例进行，必然会碰到奇怪
大势。
（三）尼姆博奕（Nimm Game）：有三堆各若干个物品，两小我轮流从某一堆取随便率性多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者获胜。
这种景象最有意思，它与二进制有亲近关系，我们用（a，b，c）默示某种大势，首先（0，0，0）显然是奇怪大势，无论谁面对奇怪大势，都必定失败。第二种奇怪大势是
（0，n，n），只要与敌手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。细心解析一下，（1，2，3）也是奇怪大势，无论敌手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情
形。
策画机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号（+）默示这种运算。这种运算和一般加法不合的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结
果：
1 =二进制01
2 =二进制10
3 =二进制11 （+）
———————
0 =二进制00 （重视不进位）
对于奇怪大势（0，n，n）也一样，成果也是0。
任何奇怪大势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。
若是我们面对的是一个非奇怪大势（a，b，c），要如何变为奇怪大势呢？假设 a < b< c，我们只要将 c 变为 a（+）b，即可，因为有如下的运算成果: a（+）b（+）（a（+）
b）=（a（+）a）（+）（b（+）b）=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（a（+）b）即可。
例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达到奇怪大势（14，21，27）。
例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品就形成了奇怪大势（55，81，102）。
例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，45，48）。
例4。我们来实际进行一盘比赛看看：
甲:（7，8，9）->（1，8，9）奇怪大势
乙:（1，8，9）->（1，8，4）
甲:（1，8，4）->（1，5，4）奇怪大势
乙:（1，5，4）->（1，4，4）
甲:（1，4，4）->（0，4，4）奇怪大势
乙:（0，4，4）->（0，4，2）
甲:（0.4，2）->（0，2，2）奇怪大势
乙:（0，2，2）->（0，2，1）
甲:（0，2，1）->（0，1，1）奇怪大势
乙:（0，1，1）->（0，1，0）
甲:（0，1，0）->（0，0，0）奇怪大势
甲胜。
取火柴的游戏
题目1：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 可将一堆全取走，但不成不取，最后取完者为胜，求必胜的办法。
题目2：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 可将一堆全取走，但不成不取，最后取完者为负，求必胜的办法。
嘿嘿，这个游戏我早就见识过了。小时辰用珠算玩这个游戏：第一档拨一个，第二档拨两个，依次直到第五档拨五个。然后两小我就轮流再把棋子拨下来，谁如果最后一个拨谁就赢。有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏，我就在想有没有一个定论呢。下面就来试着证实一下吧
先解决第一个题目吧。
定义：若所有火柴数异或为0，则该状况被称为利他态，用字母T默示；不然， 为利己态，用S默示。
[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。
证实：
如有n堆火柴，每堆火柴有A（i）根火柴数，那么既然如今处于S态， c = A（1） xor A（2） xor … xor A（n） > 0;
把c默示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，则必定存在一个A（t），它二进制的第p位也是1。（不然，若所有的A（i）的第p位都是0，这与c的第p位就也为0抵触）。
那么我们把x = A（t） xor c，则获得x < A（t）.这是因为既然A（t）的第p位与c的第p位同为1，那么x的第p位变为0，而高于p的位并没有改变。所以x < A（t）.而
A（1） xor A（2） xor … xor x xor … xor A（n）
= A（1） xor A（2） xor … xor A（t） xor c xor … xor A（n）
= A（1） xor A（2） xor… xor A（n） xor A（1） xor A（2） xor … xor A（n）
= 0
这就是说从A（t）堆中取出 A（t） – x 根火柴后状况就会从S态变为T态。证毕
[定理2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。
证实：用反证法尝尝。
若
c = A（1） xor A（2） xor … xor A（i） xor … xor A（n） = 0；
c’ = A（1） xor A（2） xor … xor A（i’） xor c xor … xor A（n） = 0;
则有
c xor c’ = A（1） xor A（2） xor … xor A（i） xor … xor A（n） xor A（1） xor A（2） xor … xor A（i’） xor c xor … xor A（n） = A（i） xor A（i’） =0
进而推出A（i） = A（i’），这与已知抵触。所以命题得证。
[定理 3]：S态，只要办法正确，必赢。
终极成功即由S态改变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理1，可以把它变成T态。）对方只能把T态改变为S态（定理2）。如许，所有S态向T态的改变都可以有己方把握，对方只能被动地实现由T态改变为S态。故S态必赢。
[定理4]：T态，只要对办法正确，必败。
由定理3易得。
接着来解决第二个题目。
定义：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根，则称为充裕堆。
定义：T态中，若充裕堆的堆数大于便是2，则称为完全利他态，用T2默示；若充裕堆的堆数便是0，则称为项目组利他态，用T0默示。
孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。故不会是T态。
[定理5]：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。
证实：
S0态，其实就是每次只能取一根。每次序递次奇数根都由己取，第偶数根都由对
方取，所以最后一根必己取。败。同理， T0态必胜＃
[定理6]：S1态，只要办法正确，必胜。
证实：
若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；不然，取成一根。如许，就变成奇数个孤单堆，由对方取。由定理5，对方必输。己必胜。 ＃
[定理7]：S2态不成转一次变为T0态。
证实：
充裕堆数不成能一次由2变为0。得证。 ＃
[定理8]：S2态可一次改变为T2态。
证实：
由定理1，S态可改变为T态，态可一次改变为T态，又由定理6，S2态不成转一次变为T0态，所以改变的T态为T2态。 ＃
[定理9]：T2态，只能改变为S2态或S1态。
证实：
由定理2，T态必定变为S态。因为充裕堆数不成能一次由2变为0，所以此时的S态不成能为S0态。命题得证。
[定理10]：S2态，只要办法正确，必胜.
证实：
办法如下：
1） S2态，就把它变为T2态。（由定理8）
2） 对方只能T2改变成S2态或S1态（定理9）
若改变为S2， 转向1）
若改变为S1， 这己必胜。（定理5）
[定理11]：T2态必输。
证实：同10。
综上所述，必输态有： T2，S0
必胜态： S2，S1，T0.
两题斗劲：
第一题的全过程其实如下：
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0（全0）
第二题的全过程其实如下：
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0（全0）
下划线默示成功一方的取法。 是否发了然他们的惊人类似之处。
我们不难发明（见加黑项目组），S1态可以改变为S0态（第二题做法），也可以改变为
T0（第一题做法）。哪一方把握了S1态，他即可以有办法使本身获得最后一根（改变为
T0），也可以使对方获得最后一根（改变为S0）。
所以，掠夺S1是制胜的关键！
为此，始终把T2态让给对方，将使对方处于被动状况，他日夕将把状况变为S1.
推荐HDOJ题目
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php？pid=1907
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php？pid=2509
看完上方的结论，就能顺利解决上方2道了
S-Nim
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php？pid=1536
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php？pid=1944
博弈算法入门末节 1536 1517 1907
小子比来迷途于博弈之中。。。感觉颇深。
为了让大师可以或许在进修博弈的时辰少走弯路，最首要的也是为了加深本身的影响，温故而知新，特发此贴与大师共勉。
学博弈先从概念开端：
希罕推荐LCY教员的课件：博弈入门。
下载地址：http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php？tid=6875
这个课件小我认为从博弈的根蒂根基思惟，一向到解博弈的中默算法做了很好的诠释。然则希罕要重视的是。课件后面一项目组英语写的教材是重中之重。小子英语很弱，在这困扰好久。如今为大师可能介绍一下。
主如果后继点和SG值的题目:
SG值：一个点的SG值就是一个不便是它的后继点的SG的且大于便是零的最小整数。
后继点：也就是遵守题目请求的走法（比如取石子可以取的数量，办法）可以或许走一步达到的那个点。
具体的有关SG值是怎么应用的欲望大师本身多想想。
课件后面有一个1536的代码。可以放在后面做做
看到这里推荐大师做几道题：1846（最简单的博弈水题）
1847（求SG值）
有了上方的常识接下来我们来看看组合博弈（n堆石子）
推荐大师看个材料：
博弈-取石子游戏（推荐等级五星级）
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php？fid=20&tid=5748
http://hi.baidu.com/netnode/blog/item/30932c2edc7384514fc226ea.html
这里提出了一个奇怪状况的题目。看了这篇文章你会发明异或运算在博弈中应用的妙处。当然这里指出的只是组合博弈中一种特别景象。
王道还是对SG值的求解，然则知道这么一种思路无疑对思维的广度和深度扩大是很有帮助的。
ZZ博弈
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php？fid=9&tid=10617
这里介绍了组和博弈的两种大的类型，一种是最后取的是N状况一种是最后取的是P状况，两个状况的解题办法能看懂很有帮助。当然，可以或许把推导过程懂得，吃透无疑是大牛级的做法~小子也钦佩的紧~
1536题推荐做做这题，这题前面提示大师是一个求SG值的题目，题今朝面是对异或运算应用在组合博弈题目中的很好的申明。当然题目本身是有所不合的。因为在这里面对取法有所请求。那么如许就回归到懂得决博弈题目的王道算法——求SG值上。
有关应用求SG值的博弈题目有： 1850（也可基于奇怪状况异或）
1848（中和的大斐波那契数列的典范求SG值题）
1517（小我认为有点鄙陋的题目。。。。在此题上困扰好久。当然搞出来很高兴。小子是用斗劲规矩的求SG值的办法求出来的，然则论坛有人对其推出来了规律，这里钦佩一下，大师可以进修一下）
1079（更鄙陋的题目，对新手请求较高，因为按传统办法须要斗劲详尽的模仿加对边角状况的推敲，同样有人推出来了公式）
当你全部看完以上的器材。做完以上的题目标话。。。小子恭喜你~你博弈入门了~~~~
这里小子告诉大师。博弈很强大。进修要耐烦~感谢
Current System Time : 2008-12-11 19:16:03
ACM课功课：
1001 Brave Game
1002 Good Luck in CET-4 Everybody!
1003 Fibonacci again and again
1004 Rabbit and Grass
1005 Being a Good Boy in Spring Festival
1006 Public Sale
1007 悼念512汶川大地动遇难同胞——提拔志愿者
1008 kiki’s game
1009 Calendar Game
1010 A Multiplication Game
1011 Digital Deletions
1012 S-Nim
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php？tid=11339&fpage=0&toread=&page=1
1536的参考代码
本项目组设定了隐蔽，您已答复过了，以下是隐蔽的内容
Copy code
//博弈-基于求SG值
//Accepted 1536 578MS 416K 904 B
＃include”iostream”
using namespace std;
int f[101]，sg[10001]，k;
int mex（int b）
{
int a[101]={0}，i;
for（i=0;i<k;i++）
{
if（b-f<0）//b-f后继点
break;
if（sg[b-f]==-1）
{
sg[b-f]=mex（b-f）;
}
a[sg[b-f]]=1;
}
for（i=0;i<k;i++）
if（!a）
{
return i;
}
}
int main（）
{
int i，t，n，s，bead，j;
while（cin >> k，k）
{
for（i=0;i<k;i++）
{
cin >> f;
}
memset（sg，-1，sizeof（sg））;
for（i=0;i<k;i++）
for（j=i+1;j<k;j++）
if（f>f[j]）
{
f+=f[j];
f[j]=f-f[j];
f-=f[j];
}
sg[0]=0;
cin >> t;
while（t–）
{
cin >> n;
s=0;
while（n–）
{
cin >> bead;//该堆的成员个数
if（sg[bead]==-1）
sg[bead]=mex（bead）;
s=s^sg[bead];
}
if（s==0）
cout << “L”;
else
cout << “W”;
}
cout << endl;
}
return 0;
}
1517参考代码
本项目组设定了隐蔽，您已答复过了，以下是隐蔽的内容
Copy code
//博弈-基于求SG值
//Accepted 1517 234MS 0K 837 B
＃include”iostream”
using namespace std;
int main（）
{
__int64 a[7000]={1}，min，n;
int p[10]，sg[7000]，i，j，k;
for（i=2;i<10;p=0，i++）;
for（i=1;i<7000;i++）
{
for（j=2，min=-1;j<10;j++）
if（min==-1||a[p[j]]*j<a[p[min]]*min）
min=j;
a=a[p[min]]*min;
min=a[p[min]]*min;
if（a>=5000000000）
break;
for（j=2;j<10;j++）
if（a[p[j]]*j==min）
p[j]++;
}//从小到大求出所有乘积
while（scanf（“％I64d”，&n）!=EOF）
{
for（i=0;i<7000;i++）
{
sg=0;
if（a>=n）
break;
}
for（j=i-1;a[j]*9>=n&&j>=0;j–）
sg[j]=1;
while（j>=0）
{
for（k=j+1;k<i&&a[j]*9>=a[k];k++）
if（a[k]％a[j]==0&&sg[k]==0）
{
sg[j]=1;
break;
}
j–;
}
puts（sg[0]？”Stan wins.”:”Ollie wins.”）;
}
return 0;
}
这里感激shǎ崽同窗的一段代码让小子学会了puts的妙用
1907参考代码
本项目组设定了隐蔽，您已答复过了，以下是隐蔽的内容
＃include”iostream”
using namespace std;
int main（）
{
int temp，t，n，s，x，i;
cin >> t;
while（t–）
{
cin >> n;
for（i=s=temp=0;i<n;i++）
{
cin >> x;
if（x>1） temp=1;
s^=x;
}
if（（s&&temp）||（!s&&!temp））
cout << “John” << endl;
else
cout << “Brother” << endl;
}
return 0;
}