前提：
足够聪明，所以，条件注定了胜败。
博弈：
1.巴什博弈（Bash Game） 一堆石头两个人取，最多取m最少取1，取光者胜。
2.威佐夫博奕（Wythoff Game） 两堆石头轮流取，从一堆中取k个或者同时取k个，取光者胜。
3.尼姆博弈论（Nimm Game) n堆石头 n堆石头，每次取一堆，无限制，取光者胜。
两个状态：
P-position P指的是Previous上一个
N-position N指的是next下一个
position位置
定义：
上一个想赢，所以这个位置的人必输，即先手必输。为p状态（奇异局势）
相对于上一个人，他的下一个就是当前位置的，当前位置想赢，就是先手必赢。为N状态（非奇异局势）
一.巴什博弈（Bash Game）
n%(m+1)=0;先手必输（足够聪明）
else
先手取n%(m+1)，后手必输。
二.威佐夫博奕（Wythoff Game）
必输局势（0,0）
所以相对于他，有（1,0）（2,0）（1,1）（2,2）等必赢
那么相对于这个，加上一个一次性取不完的条件（1,2）那么必输，不管怎么取都会回到上步比赢的状态。
然后递推：必输的状态有（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）
得出规律公式（百度百科有证明）
ak=[k*(1+√5)/2],bk=ak+k;
满足黄金分割,威佐夫博弈又叫黄金分割博弈
所以
a：b=√5-1:2时先手必输。
else
先手必赢
三.尼姆博弈论（Nimm Game)
很简单的取，假设有三堆石头（1，1,0），先手取1个，后手取另一个就一定能赢（先手必输策略）。同理假设有三堆石头（1,2,3）就可以分成（1,10,10,1）又是先手必输，很明显的可以看出来这就是异或关系“^”，当所有堆的石头异或为零时，就存在，相对应的，相同的石头个数。同理，假设异或结束后不为零，先手取掉这些就好了，这样异或就为零后手必输了。
四.斐波那契博弈（Fibonacci Nim Game）
一堆石子，两人轮流取，先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完，以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜。
自行百度
主要是变形：
引入定理：
Sprague-Grundy定理（SG定理，又叫SG函数）
首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数，很迷。
有1堆n个的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }个石子，先取完石子者胜利，那么各个数的SG值为多少？
SG[0]=0，f[]={1,3,4},
x=1 时，可以取走1 - f{1}个石子，剩余{0}个，所以 SG[1] = mex{ SG[0] }= mex{0} = 1;
x=2 时，可以取走2 - f{1}个石子，剩余{1}个，所以 SG[2] = mex{ SG[1] }= mex{1} = 0;
x=3 时，可以取走3 - f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，所以 SG[3] = mex{SG[2],SG[0]} = mex{0,0} =1;
x=4 时，可以取走4- f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，所以 SG[4] = mex{SG[3],SG[1],SG[0]} = mex{1,1,0} = 2;
x=5 时，可以取走5 - f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，所以SG[5] = mex{SG[4],SG[2],SG[1]} =mex{2,0,1} = 3;
以此类推.....
X 0 1 2 3 4 5 6 7 8....
SG[x] 0 1 0 1 2 3 2 0 1....
步骤：
1、预处理 f 数组（当前通过哪些操作后可得到的状态）
2、使用另一个数组标记后继状态。
3、模拟 mex 运算，找最小值，赋给SG
4、重复2-3，完成过程。
什么意思呢，假设有一堆5个的石头，5可以变成4，2,1那种形式，连续的sg就是0，1，2，如果它想赢，那么他为什么不把他拿后的状态让对面输呢，因为他的SG有0啊，可以取到对面输。这样看，SG函数只有0,1,就应该够了，当然，这是因为只有一堆，如果是多堆：
继续看样例，
假设有三堆，3，4，5
SG[3]=1
SG[4]=2
SG[5]=3
想要赢怎么赢，让这些SG全部转化为0，不就赢了，然后是不是好熟悉，三堆，1,2,3,可以任意取，全取为0。这样就成了nimm博弈了。
一个计算SG函数的实例：
/*输入n,从1开始,每次乘以2~9的数，谁最先达到n谁胜*/
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<set> #define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) using namespace std; typedef long long ll; const int N = 100000; int sg[N+4]; void solve() { sg[1] = 0; //败态 for (int i = 2;i <= N;++i) { set<int>s; for (int j = 2;j <= 9;++j) { int to = i/j; if (i%j)to++; s.insert(sg[to]);//i>=j*to 所以如果存在to态则i可转化为to态 （同时记录sg[]出现的值用于求mex）/到达i可以超过i } int g = 0; // （若to态没有必败态，则i必败）或者一直到（最小的不属于这个集合的非负整数）即sg[]没出现的那个值 while (s.count(g)){ ++g; } sg[i] = g; } for (int i = 0;i <= 9000;++i) { cout<<i<<" "<<sg[i]<<endl; } } int main() { solve(); return 0; }