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  • K 大神的博弈知识汇总

    博弈知识汇总

    有一种很有意思的游戏,就是有物体若干堆,可以是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。这是我国民间很古老的一个游戏
    ,别看这游戏极其简单,却蕴含着深刻的数学原理。下面我们来分析一下要如何才能够
    取胜。

    (一)巴什博奕(Bash Game):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。

        显然,如果n=m+1,那么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。因此我们发现了如何取胜的法则:如果
    n=(m+1)r+s,(r为任意自然数,s≤m),那么先取者要拿走s个物品,如果后取者拿走
    k(≤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。
        这个游戏还可以有一种变相的玩法:两个人轮流报数,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,两个人轮流从某一堆或同
    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,最后取光者得胜。

        这种情况下是颇为复杂的。我们用(ak,bk)(ak ≤ bk ,k=0,1,2,…,n)表示
    两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0),那么甲已经输了,这种局势我们
    称为奇异局势。前几个奇异局势是:(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是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k,奇异局势有
    如下三条性质:

        1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
        由于ak是未在前面出现过的最小自然数,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。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
        事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其
    他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由
    于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。
        3。采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。

        假设面对的局势是(a,b),若 b = a,则同时从两堆中取走 a 个物体,就变为了
    奇异局势(0,0);如果a = ak ,b > bk,那么,取走b  – bk个物体,即变为奇异局
    势;如果 a = ak ,  b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab + ak个物体,变为奇异局
    势( ab – ak , ab – ak+ b – ak);如果a > ak ,b= ak + k,则从第一堆中拿走多余
    的数量a – ak 即可;如果a < ak ,b= ak + k,分两种情况,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,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜
    ;反之,则后拿者取胜。

        那么任给一个局势(a,b),怎样判断它是不是奇异局势呢?我们有如下公式:

        ak =[k(1+√5)/2],bk= ak + k  (k=0,1,2,…,n 方括号表示取整函数)

    奇妙的是其中出现了黄金分割数(1+√5)/2 = 1。618…,因此,由ak,bk组成的矩形近
    似为黄金矩形,由于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,若不等于,那么a = aj+1,bj+1 = aj+1
    + j + 1,若都不是,那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行,一定会遇到奇异
    局势。

    (三)尼姆博奕(Nimm Game):有三堆各若干个物品,两个人轮流从某一堆取任意多的
    物品,规定每次至少取一个,多者不限,最后取光者得胜。

        这种情况最有意思,它与二进制有密切关系,我们用(a,b,c)表示某种局势,首
    先(0,0,0)显然是奇异局势,无论谁面对奇异局势,都必然失败。第二种奇异局势是
    (0,n,n),只要与对手拿走一样多的物品,最后都将导致(0,0,0)。仔细分析一
    下,(1,2,3)也是奇异局势,无论对手如何拿,接下来都可以变为(0,n,n)的情
    形。

        计算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(+)表示
    这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是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 (注意不进位)

        对于奇异局势(0,n,n)也一样,结果也是0。

        任何奇异局势(a,b,c)都有a(+)b(+)c =0。

    如果我们面对的是一个非奇异局势(a,b,c),要如何变为奇异局势呢?假设 a < b
    < c,我们只要将 c 变为 a(+)b,即可,因为有如下的运算结果: 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
    到奇异局势(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
    就形成了奇异局势(55,81,102)。

        例3。(29,45,58),29(+)45=48,58-48=10,从58中拿走10个,变为(29,4
    5,48)。

        例4。我们来实际进行一盘比赛看看:
            甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势
            乙:(1,8,9)->(1,8,4)
            甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势
            乙:(1,5,4)->(1,4,4)
            甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势
            乙:(0,4,4)->(0,4,2)
            甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势
            乙:(0,2,2)->(0,2,1)
            甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势
            乙:(0,1,1)->(0,1,0)
            甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势
            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,但不可不取,最后取完者为胜,求必胜的方法。 
    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,但不可不取,最后取完者为负,求必胜的方法。
    嘿嘿,这个游戏我早就见识过了。小时候用珠算玩这个游戏:第一档拨一个,第二档拨两个,依次直到第五档拨五个。然后两个人就轮流再把棋子拨下来,谁要是最后一个拨谁就赢。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。下面就来试着证明一下吧
    先解决第一个问题吧。
    定义:若所有火柴数异或为0,则该状态被称为利他态,用字母T表示;否则, 
    为利己态,用S表示。
    [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。
    证明:
        若有n堆火柴,每堆火柴有A(i)根火柴数,那么既然现在处于S态,
          c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0;
        把c表示成二进制,记它的二进制数的最高位为第p位,则必然存在一个A(t),它二进制的第p位也是1。(否则,若所有的A(i)的第p位都是0,这与c的第p位就也为0矛盾)。
        那么我们把x = A(t) xor c,则得到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 根火柴后状态就会从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。
    证明:用反证法试试。
          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’),这与已知矛盾。所以命题得证。
    [定理 3]:S态,只要方法正确,必赢。 
      最终胜利即由S态转变为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态转变为S态(定理2)。这样,所有S态向T态的转变都可以有己方控制,对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。
    [定理4]:T态,只要对方法正确,必败。 
      由定理3易得。 
    接着来解决第二个问题。
    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等于2,则称为完全利他态,用T2表示;若充裕堆的堆数等于0,则称为部分利他态,用T0表示。
     
    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。 
    证明:
    S0态,其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取,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,只要方法正确,必胜。 
    证明:
    若此时孤单堆堆数为奇数,把充裕堆取完;否则,取成一根。这样,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态不可转一次变为T0态。 
    证明:
    充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。  # 

    [定理8]:S2态可一次转变为T2态。 
    证明:
    由定理1,S态可转变为T态,态可一次转变为T态,又由定理6,S2态不可转一次变为T0态,所以转变的T态为T2态。  # 
    [定理9]:T2态,只能转变为S2态或S1态。 
    证明:
    由定理2,T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0,所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。 
    [定理10]:S2态,只要方法正确,必胜. 
    证明:
    方法如下: 
          1)  S2态,就把它变为T2态。(由定理8) 
          2)  对方只能T2转变成S2态或S1态(定理9)
        若转变为S2,  转向1) 
        若转变为S1,  这己必胜。(定理5) 
    [定理11]:T2态必输。 
    证明:同10。 
    综上所述,必输态有:  T2,S0 
              必胜态:    S2,S1,T0. 
    两题比较: 
    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) 
    下划线表示胜利一方的取法。  是否发现了他们的惊人相似之处。 
    我们不难发现(见加黑部分),S1态可以转变为S0态(第二题做法),也可以转变为 
    T0(第一题做法)。哪一方控制了S1态,他即可以有办法使自己得到最后一根(转变为 
    T0),也可以使对方得到最后一根(转变为S0)。 
      所以,抢夺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态,他早晚将把状态变为S1.

     

    推荐HDOJ题目
    http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907
    http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509
    看完上面的结论,就能顺利解决上面2道了

     

     

    S-Nim
    http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1536
    http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1944

     

     

     

    博弈算法入门小节 1536 1517 1907
    小子最近迷途于博弈之中。。。感触颇深。
    为了让大家能够在学习博弈的时候少走弯路,最重要的也是为了加深自己的影响,温故而知新,特发此贴与大家共勉。
    学博弈先从概念开始:
    特别推荐LCY老师的课件:博弈入门。
    下载地址:http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=6875
    这个课件个人认为从博弈的基本思想,一直到解博弈的中心算法做了很好的诠释。但是特别要注意的是。课件后面一部分英语写的讲义是重中之重。小子英语很弱,在这困扰很久。现在为大家大概介绍一下。
    主要是后继点和SG值的问题:
    SG值:一个点的SG值就是一个不等于它的后继点的SG的且大于等于零的最小整数。
    后继点:也就是按照题目要求的走法(比如取石子可以取的数量,方法)能够走一步达到的那个点。
    具体的有关SG值是怎么运用的希望大家自己多想想。
    课件后面有一个1536的代码。可以放在后面做做
    看到这里推荐大家做几道题:1846(最简单的博弈水题)
    1847(求SG值)

    有了上面的知识接下来我们来看看组合博弈(n堆石子)
    推荐大家看个资料:
    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
    这里提出了一个奇异状态的问题。看了这篇文章你会发现异或运算在博弈中使用的妙处。当然这里指出的只是组合博弈中一种特殊情况。
    王道还是对SG值的求解,但是知道这么一种思路无疑对思维的广度和深度扩展是很有帮助的。
    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状态一种是最后取的是P状态,两个状态的解题方法能看懂很有帮助。当然,能够把推导过程理解,吃透无疑是大牛级的做法~小子也佩服的紧~   
        1536题推荐做做这题,这题前面提醒大家是一个求SG值的题目,题目前面是对异或运算运用在组合博弈问题中的很好的解释。当然题目本身是有所不同的。因为在这里面对取法有所要求。那么这样就回归到了解决博弈问题的王道算法——求SG值上。
        有关运用求SG值的博弈题目有: 1850(也可基于奇异状态异或)
    1848(中和的大斐波那契数列的典型求SG值题)
    1517(个人认为有点猥琐的题目。。。。在此题上困扰很久。当然搞出来很开心。小子是用比较规矩的求SG值的方法求出来的,但是论坛有人对其推出来了规律,这里佩服一下,大家可以学习一下)
    1079(更猥琐的题目,对新手要求较高,因为按传统方法需要比较细致的模拟加对边角状态的考虑,同样有人推出来了公式)
    当你全部看完以上的东西。做完以上的题目的话。。。小子恭喜你~你博弈入门了~~~~
        这里小子告诉大家。博弈很强大。学习要耐心~谢谢
    Current System Time : 2008-12-11 19:16:03

    ACM课作业:
    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汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者 
    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
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    //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
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    //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;
    }
    这里感谢shǎ崽同学的一段代码让小子学会了puts的妙用

     

    1907参考代码
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    #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;
    }

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/shuaihui520/p/9558855.html
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