【引言】
分金币问题：有100个金币，两个人轮流从这堆金币中取金币，规定每次至少取1个，最多取5个。取完最后一枚金币的人获胜。假入你先手取金币，对方是足够聪明的，你能找到一种必胜的方法吗？
【问题分析】
首先我们考虑到这样一个简单的事实，如果最后把6个金币留给对方去取，那么很显然，对方必败。再往前推进一步，如果把12枚金币留给对方去取，对方也必败。
为什么呢？原因很简单，不论对方取几个，我都能够把金币取成6个，这样就回到上一个对方必败的局势了。
那么我们可以更进一步地推出，如果把金币取成18个，24个,30个.......留个对方呢？我们都可以必胜。所以可以推出，如果一开始金币不是6的倍数，我们必然可以将其取成6的倍数，对方必败。
反过来考虑，如果一开始金币就是6的倍数，我们先手又不得不取，那么不论我们取几个，对方一定会将其取成6的倍数，那么我们先手必败。至此可以得出这样一个结论：初始金币个数100不是（5+1）的倍数，先手必胜。
【问题推广】如果金币是N个，每次至多取M个，至少取一个，那么先手胜负情况如何？
结论：当 N %（M+1）= 0时，先手必败，否则，先手必胜。这样对于这个问题，我们就总结出了一般性规律，这个游戏很经典，我们称之为--巴什博弈。
【理论上升】我们已经总结出了巴什博弈的一般性规律，那么对于诸于此类的组合游戏，我们如何去用更抽象的工具去研究它呢？
引入P点和N点，
P点： 即必败点，某玩家位于此点，只要对方无失误，则必败；
N点： 即必胜点，某玩家位于此点，只要自己无失误，则必胜。
P/N点有如下性质：
（1）P点不能一步到达下一个P点，N点可以一步到达P点。这就是为什么面临P点必败，因为你只要到达了P点，再进行决策无法再使局面变为P点，这样的话必然把N点留给对方，对方面临N点，又能一步到达P点，又将P点（必败点）留给了你，这样下去你必败无疑。
（2）终结状态是P点。很好理解，当上一个人把所有金币取完了，那么这时的状态变成P点，你面临的是空空如也，是胜负已分的终结状态，所以终结状态是P点。
（3）决定先手是否必胜，只要看初始局势是P点还是N点。是P点，必败；是N点，必胜。
在引言的取金币问题中，当n = 19, m = 5时， P/N状态如下表。显然，初始状态，剩余19个，是N点，先手必胜。
【问题推广和变形】
一、巴什博弈
1、问题模型：只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个，最后取光者得胜。
2、解决思路：当n=m+1时，由于一次最多只能取m个，所以无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜，所以当一方面对的局势是n%(m+1)=0时，其面临的是必败的局势。所以当n=（m+1)*r+s，（r为任意自然数，s≤m)时,如果先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走x（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
3.一般性规律：当 N %（M+1）= 0时，先手必败，否则，先手必胜。
二、威佐夫博弈
1.问题模型：有两堆物品，数量分别为M,N，两个人轮流取物品，先取完所有物品的人获胜。取物品时有两种方法，一是可以从某一堆取若干物品（至少一个，多者不限），或者是从两堆中同时取相同数量的物品。
2.策略：首先我们考虑一下面临什么局势会输，也就是两堆物品数量分别是什么的时候会输，也就是什么是P点。
（1）显然（0,0）是P点。然后（1，2）是P点，为什么呢，因为有个2在，不论你在第一堆取还是第二堆取，剩下的人一定可以取完所有。进一步思考，当你面临（2，x），其中x>=2，你必胜，因为你要么一次性取完所有，要么把（1，2）留给对手，对手必败。所以除了（2,1），其他所有（2，x）都不是必败点。
（2）考虑（3，x）必败的情况，（3,1）（3,2）（3,3）显然都是必胜点。进一步推知（3,4）是必胜点。然后我们试试（3,5），发现它是必败点。你不论怎么取都会把之前我们已知的必胜点留给对方，所以你必败。x>5的情况呢，必然是必胜点，因为你可以把X取成5，把必败点（3,5）留给对方。这样我们可以得出结论（3，x）中除了（3,5）必败其余都是必胜。
（3）考虑（4，x）必败的情况，（4,1）（4,2）（4,3）（4,5），（4,6）显然都是必胜点。然而（4,7）却是必败点，你不论怎么取都会把之前我们已知的必胜点留给对方，所以你必败。
（4）这样我们已经知道的必败局势有（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）,我们把这种局势称之为奇异局势。不难发现，如果记（ak, bk）为第k个奇异局势（第0个必败局势是（0,0）），那么ak是之前未出现过的最小数字，bk = ak + k;
3.一般性规律
那么第K项的（ak, bk）是什么呢？通项公式是：
具体证明见：https://baike.baidu.com/item/%E5%A8%81%E4%BD%90%E5%A4%AB%E5%8D%9A%E5%BC%88/19858256?fr=aladdin
4.注意事项。由于ak是整数，所以k一旦很大，比如10^100对根号5的精度要求极高，这时候调用库函数sqrt(double x)是得不到这么高的精度的，需要自己去实现一个实数开方的方法，返回一个高精度实数。
具体可以见我的另外一篇博客。
三、尼姆博弈
1. 问题模型：有3堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
2. 策略：
（1）首先我们分分析一下奇异局势。（0,0,0）是第一个奇异局势，然后可以证明（0，n, n）是奇异局势，因为只要把这个局势留给对面，对面在一堆中取几个，那么我们都在另外一堆取相同数目的物品，到最后肯定胜利。
（2）如果面临的局势是（1,2,3），你可以发现这也是一个奇异局势，因为无论怎么取，对手必然可以将其变为（0，n, n）的局势留给你。
如果面临（5,6,3），我们把它写成二进制阵列的形式：
1 0 1
1 1 0
0 1 1
可以发现，不论你取走哪一行的哪一个1，我都取走另外某一行的对应位的1，并且最后一定是我（后手）胜利。
进一步可以发现，这三个数的二进制阵列中，第1列到最后一列都有偶数个1，所以我们可以采取前面所说的策略，不论先手取走哪一行的哪一列的一个1，我都取走另外某一行的对应列的一个1。这样必然能够使得我取走该矩阵该列最后一个1，如果对于该矩阵每一列我能取走最后一个1，那么很显然，我必然是先取光所有物品的人。
由此我们可以发现：只要把这三个数写成二进制矩阵的形式，看看该矩阵是不是每一列的1的数目都是偶数，如果是，先手必败。
这样的矩阵有什么特点呢？那就是二进制的异或和为0.(每一列1的个数都是偶数嘛)。如果局势（x,y,z）是奇异局势，那么x xor y xor z = 0.
3. 推广到N堆，局势（X1, X2 , X3, X4, ......Xn）为奇异局势的充要条件是 X1 xor X2 xor X3 xor X4 xor ......xor Xn = 0.
四、斐波那契博弈（引用自大佬博客）
1、问题模型：
有一堆个数为n的石子，游戏双方轮流取石子，满足：
（1）先手不能在第一次把所有的石子取完；
（2）之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取的石子数的2倍）。 约定取走最后一个石子的人为赢家。
2、策略：
当n为Fibonacci数时，先手必败。即存在先手的必败态当且仅当石头个数为Fibonacci数。
证明：根据“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。如n=83 = 55+21+5+2，我们看看这个分解有什么指导意义：假如先手取2颗，那么后手无法取5颗或更多，而5是一个Fibonacci数，那么一定是先手取走这5颗石子中的最后一颗，同理，接下去先手取走接下来的后21颗中的最后一颗，再取走后55颗中的最后一颗，那么先手赢。
反证：如果n是Fibonacci数，如n=89：记先手一开始所取的石子数为y
（1）若y>=34颗（也就是89的向前两项），那么一定后手赢，因为89-34=55=34+21<2*34。
（2）y<34时剩下的石子数x介于55到89之间，它一定不是一个Fibonacci数，把x分解成Fibonacci数：x=55+f[i]+…+f[j]，若，如果f[j]<=2y，那么对B就是面临x局面的先手，所以根据之前的分析，后手只要先取f[j]个即可，以后再按之前的分析就可保证必胜。
五、公平组合游戏与SG函数（未完待续）