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====== 博弈论 ======

===== 必胜点和必败点 =====

  * $P$ 点：必败点，换而言之，就是谁处于此位置，则在双方操作正确的情况下必败。
  * $N$ 点：必胜点，处于此情况下，双方操作均正确的情况下必胜。

必胜点和必败点的性质：

  * 所有终结点是必败点 $P$。
  * 从任何必胜点 $N$ 操作，至少有一种方式可以进入必败点 $P$。
  * 无论如何操作，必败点 $P$ 都只能进入必胜点 $N$。

===== NIM 游戏 =====

两个人玩这个游戏，他们轮流操作。

有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的。

一次合法的移动是 “选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”。

如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负。

如果双方都按照最优策略，谁必胜？

===== Bouton’s Theorem =====

对于一个 nim 游戏的局面 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$，它是 $P$ 点当且仅当： $$
a_1\oplus a_2\oplus\cdots\oplus a_n=0
$$ 【证明】

  - 终结点只有一种，就是 $(0,0,\cdots,0)$，显然符合异或和为 $0$，为 $P$ 点。
  - 对于 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ 且 $a_1\oplus a_2\oplus\cdots\oplus a_n=0$，经一次移动后必然到达 $(b_1,b_2,\cdots,b_n)$，其中 $$
b_1\oplus b_2\oplus\cdots\oplus b_n\ne 0
$$ 从而到达 $N$ 点。
  - 对于 $(a_1,a_2\cdots,a_n)$ 且 $a_1\oplus a_2\oplus\cdots\oplus a_n\ne 0$，必存在移动方法可以到达 $P$ 点。

我们设 $a_1\oplus a_2\oplus\cdots\oplus a_n=k$，那么设 $k$ 的二进制表示下最高位的 $1$ 为 第 $p$ 位。

那么，$a_1,a_2,\cdots,a_n$ 中必定存在至少一个 $a_i$ 使得 $a_i$ 二进制表示下第 $p$ 位为 $1$。

从而，将第 $i$ 堆石头取 $a_i-a_i\oplus k$ 个石头即可保证一定到达 $P$ 点。

首先，由于 $a_i\oplus k$ 第 $p$ 位为 $0$，所以 $a_i\oplus k<a_i$，从而 $a_i-a_i\oplus k>0$，符合游戏规则。

并且，取 $a_i-a_i\oplus k$ 个石头后，第 $i$ 堆石头变为 $a_i\oplus k$，对于新局面 $(a_1,a_2,\cdots,a_i\oplus k,\cdots,a_n)$： $$
a_1\oplus a_2\oplus\cdots\oplus(a_i\oplus k)\oplus\cdots\oplus a_n=k\oplus k=0
$$ 从而一定为 $P$ 点。

===== 有向图移动游戏 =====

有向图移动游戏可以看作所有 **//Impartial Combinatorial Games//** 的抽象模型。

**NIM** 游戏就是 **//Impartial Combinatorial Games//** 其中的一种。

也就是说，所有 **ICG** 游戏都可以看成：

给定一个 **//DAG//** 及一个点上的一个棋子，两名选手交替将棋子沿边移动，无法移动判负。

我们把 **//NIM//** 游戏的每一个状态看成一个点，把这个状态和其可以转移到的下一个状态连边。那么 **//NIM//** 游戏也被抽象成了一个有向图移动游戏！

==== SG 函数 ====

定义 $mex(S)=k$：$k$ 为最小的不属于集合 $S$ 的非负整数。

$SG$ 函数的定义：对于任意一个状态 $x$，都定义一个 $SG$ 函数。

我们先给出定义式，再具体说明意义。

对于任意状态 $x$，设 $x$ 的后继状态集合为 $S$，则： $$
sg(x)=mex(S)
$$ 如果一个状态为终结点，则 $S=\emptyset$，从而 $sg(x)=0$。

==== 有向图移动游戏 ====

事实上，如果把所有 $ICG$ 游戏抽象成有向图移动游戏，那么 $sg$ 函数就是： $$
sg(x)=mex\{sg(y)\mid(x\rightarrow y)\}
$$ 我们有这样的结论： $$
\begin{cases}
sg(x)=0\Leftrightarrow x~is~P\\
sg(x)\ne0\Leftrightarrow x~is~N
\end{cases}
$$ 对于这个结论的正确性显然：

对于 $sg(x)=0$ 的结点，显然根据定义，$x$ 的后继中一定不存在 $sg(y)=0$ 的结点 $y$。

同时，对于 $sg(x)\ne 0$ 的结点，根据定义，一定存在一个 $x$ 的后继 $y$ 使 $sg(y)=0$。

==== 取石子游戏 ====

两个人取石子，每个人可以取 $1,3,4$ 个石子。

共有 $n$ 个石子，求是先手必胜还是后手必胜。

$sg(0)=0,sg(i)=mex\{sg(i-1),sg(i-3),sg(i-4)\}$

==== SG 定理 ====

假设一个游戏可以分成若干个子游戏，这些子游戏的 $sg$ 函数值为 $s_1,s_2,\cdots,s_k$，则：整个游戏的 $sg$ 函数为： $$
sg(All)=s_1\oplus s_2\oplus\cdots\oplus s_k
$$ 我们设 $sg(x)=a$，那么也就是说 $x$ 的后继结点 $y$ 能取遍 $1,2,\cdots,a-1$。

那么我们选取后继，事实上可以看成 “取石子” 的过程。

这样想的话，就可以利用 **Bouton’s Theorem** 的证明来理解 $SG$ 定理了。

===== 例题 =====

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1848|HDU 1848 Fibonacci again and again]]

**题意**：

  * 这是一个二人游戏，两人轮流走；
  * 一共有 3 堆石子，数量分别是 $m,n,p$ 个；
  * 每走一步可以选择任意一堆石子，然后取走 $f$ 个；
  * $f$ 只能是斐波那契数列中的元素；
  * 最先取光所有石子的人为胜者；
  * 假设双方都使用最优策略，请判断先手的人会赢还是后手的人会赢；
  * $0\le n,m,p\le 1000$

**题解**：

分成三个子游戏，分别求出每个子游戏的 $SG$ 函数，异或得总游戏 $SG$ 函数即可。

是一个 $SG$ 函数和 $SG$ 定理的简单应用。

**代码**：

<hidden>
<code cpp>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1005],p;
bool s[1005];
int sg[1005];
void SG(){
    for(int i=1;i<=1000;i++){
        memset(s,0,sizeof(s));
        for(int j=1;j<=p;j++){
            if(f[j]>i) break;
            s[sg[i-f[j]]]=1;
        }
        for(int j=0;j<=1000;j++){
            if(!s[j]){
                sg[i]=j;
                break;
            }
        }
    }
}
int main(){
    f[1]=1,f[2]=2;
    for(int i=3;;i++){
        f[i]=f[i-1]+f[i-2];
        if(f[i]>1000){
            p=i-1;
            break;
        }
    }
    SG();
    int m,n,p;
    while(scanf("%d %d %d",&m,&n,&p)){
        if(!m&&!n&&!p) break;
        int ret=0;
        ret=sg[m]^sg[n]^sg[p];
        if(ret) puts("Fibo");
        else puts("Nacci");
    }
    return 0;
}
</code>
</hidden>

[[https://www.hackerrank.com/challenges/bob-and-ben/problem|HackerRank Bob and Ben]]

**题意**：

给出一片森林，每棵树有两个参数，结点数 $n$ 和特殊参数 $k$，其中 $k$ 意义为：第 $i$ 个结点的父亲为第 $\max(1,\lfloor\frac i k\rfloor)$ 个结点。两人进行游戏，每次可以删除一棵树（该树必须存在非叶子）或树中的一个叶子。其中，叶子定义为度数为 $1$ 的点。无法操作的人输，询问先手是否必胜。

**题解**：

考虑一棵大小为 $n$ 的树。

当 $n=1$ 时，$sg(1)=1$。

当 $n=2$ 时，$sg(2)=0$。

当 $n\ge 3$ 时，一定存在非叶子结点，$sg(n)=mex\{sg(n-1),0\}$。

归纳知 $n\ge 3$ 时，$sg(2k)=2,sg(2k+1)=1$。

利用 $SG$ 定理合并即可。

（事实上，我们发现此题中 $k$ 并没有作用）

**代码**：

<hidden>
<code cpp>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int m;
        scanf("%d",&m);
        int ret=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int n,k;
            scanf("%d %d",&n,&k);
            if(n==1) ret^=1;
            else if(n==2) ret^=0;
            else if(n&1) ret^=1;
            else ret^=2;
        }
        if(ret) puts("BOB");
        else puts("BEN");
    }
    return 0;
}
</code>
</hidden>

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6892|HDU 6892 Lunch]]

**题意**：

有 $n$ 堆石头，每堆有 $m_i$ 个石头，两个人轮流进行操作，如果有谁不能操作了，则判负。操作为：选择其中一个堆，将这个堆分为 $t(t\ne 1)$ 堆，且每堆的石头数量相同。

**题解**：

通过打表找规律发现结论：$sg(x)=x~的奇质因子个数+[x\%2==0]$。

**打表代码**：

<hidden>
<code cpp>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<vector>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=4e4+10;
const int maxm=1e4+10;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int n,m;
int f[maxm];

int sg(int x){
    if(f[x]!=-1) return f[x];
    unordered_set<int> S;
    vector<int> q;
    for(ll i=2;i<=sqrt(x);++i){
        if(x%i==0){
            q.push_back(i);
            if(i*i!=x) q.push_back(x/i);
        }
    }
    q.push_back(x);
    for(int i=0;i<q.size();++i)
    {  
        if(q[i]%2==0) S.insert(0);
        else S.insert(sg(x/q[i]));
    }
    for(int i=0;;++i){
        if(!S.count(i)) return f[x] = i;
    }
}

int main(void)
{  
    memset(f, -1, sizeof(f));
    f[1]=0;
    for(int i=1;i<=30;i++) cout << i << ' ' << sg(i) << "   ";
}
</code>
</hidden>

**AC 代码**：

<hidden>
<code cpp>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3.2e4+5;
int p[N];
bool b[N];
int SG(int x){
    int ret=0,cnt=0;
    if(x%2==0) ret=1;
    for(int i=1;i<=p[0];i++){
        if(x%p[i]==0){
            while(x%p[i]==0){
                x/=p[i];
                if(p[i]!=2) cnt++;
            }
        }
        if(x==1) break;
    }
    if(x!=1) cnt++;
    return cnt+ret;
}
int main(){
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!b[i]) p[++p[0]]=i;
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<N;j++){
            b[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int n;
        scanf("%d",&n);
        int ret=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int x;
            scanf("%d",&x);
            ret^=SG(x);
        }
        if(ret) puts("W");
        else puts("L");
    }
    return 0;
}
</code>
</hidden>

===== 威佐夫博弈 =====

==== 简介 ====

两个玩家轮流行动，在两堆石子中选一堆取走任意个，或同时在两堆石子中取走相等的石子数，最后取光所有石子的人获胜。这个游戏的一个等价描述是：一个棋子放在一个大棋盘上，两人轮流移动棋子，向下，向左或向左下移动任意步，胜者是将棋移动至原点的人。

==== 最优策略 ====

游戏中的任一状态可由一对整数描述 $(n,m)(n\le m)$，游戏中的状态点分为必败点和必胜点。在必胜点的最优策略是移动至任一可到达的必败点。必败点和必胜点的分类由以下三条规则递归给出：

  - $(0,0)$ 是必败点；
  - 可一步走到必败点的点是必胜点；
  - 如果无论怎样走都只能到达必胜点，则该点是必败点。

前几个必败点是：$(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)$。

=== 变形：最后一步移动的人为败者 ===

$(0,1),(2,2)$ 是必败点，$(n,m)(2<n\le m)$ 是必败点当且仅当 $(n-2,m-2)$ 在正常游戏中是必败点。

==== 必败点的判定准则 ====

$\phi=\dfrac{\sqrt 5+1}{2}$，第 $k$ 个必败点 $(n_k,m_k)$： $$
n_k=\lfloor k\phi\rfloor=\lfloor m_k\phi\rfloor-m_k\\
m_k=\lfloor k\phi^2\rfloor=\lceil n_k\phi\rceil=n_k+k
$$ 若给定 $(n,m)$，判断其是否为必败点，则判断 $\lfloor(m-n)\dfrac{\sqrt 5+1}{2}\rfloor==n?$，必要时使用 $\lfloor\sqrt{5(m-n)^2}\rfloor==3n-m?$ 来判定（二分答案算根号）。

==== 多于两堆的情况 ====

玩家可任选一堆石子取走任意数量，当选择多于一堆石子时，则每堆取走的石子数需相同。

例如，$(1,1,3)$ 和 $(1,2,3)$ 是必胜点，因为它们能到达必败点 $(0,1,2)$。$(1,1,4),(1,3,3)$ 是必败点。
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