算法中的数学知识(三)—容斥原理与简单博弈论(SG定理)

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原创最新推荐文章于 2026-04-16 02:31:17 发布 3.9k 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

【博弈论】SG函数/SG定理（组合游戏）文章目录一.前置知识1.异或（xor）2.必胜态/必败态二.Nim游戏1.游戏内容2.结论（Bouton定理）3.证明三.SG函数1.作用2.mex运算3.SG函数计算4.实例（取石子游戏）5.Sprague-Grundy定理一.前置知识 1.异或（xor）定义：用符号⊕表示异或运算两个一位二进制数运算时： a⊕b=(¬a∧b)∨(a∧¬b)a⊕b= (¬a ∧ b) ∨ (a ∧¬b)a⊕b=(¬a∧b)∨(a∧¬b) 1⊕0=11⊕0=11⊕0=1 ； 0⊕1=10⊕1=10⊕1=1； 1⊕ 阅读详情

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一、容斥原理

1 容斥原理介绍

高中中，我们学过一个经典的容斥原理的图：

这便是最简单的容斥原理。

这个公式可以推广到一般的n个圆的交集。
$+...+S(n)\\ -\sum_{i,j, i!=j}s(i)s(j)\\ +\sum_{i,j,k}s(i)s(j)s(k)\\ ... +(-1)^{n - 1}s(1)s(2)*...*s(n)$
它总共有:
$C_n^1+C_n^2+...+C_n^n+C_n^0-C_n^0 = 2^n - 1\\ 等价于从n个数中选任意多个数的组合个数每个数选与不选$
所以它的时间复杂度是O(2^n)级别。

2 例题—能被整除的数

如果对每个数都把所有质数能否被其整除来判断一次，时间复杂度是O(NM)，绝对会超时。

利用容器原理：以测试用例为例：

容斥原理的时间复杂度是2^m，2^16，完全ok。
$S_p怎么求呢？n/p下取整即可。\\ S_i∩S_j怎么求呢？因为i和j都是质数，所以就是能被i * j整除的数的个数\\ n / (i * j)$

所以算每个集合的大小的时间复杂度是O(k)的(k是素数个数)。

所以总时间复杂度是O(2^16 * 2^4) = o(2^20) = 1000000。

那么我们如何把容斥原理实现出来呢？一方面，当然我们可以用DFS来完成，但是对于这种枚举所有集合的问题，我们常常用位运算来实现。

所以用16个二进制位就可以了，所以我们只要从1枚举到2^m就行了。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;

int n, m;

int main()
{
    cin >> n >> m;
    vector<int> p(m);
    for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> p[i];
    int res = 0;
    // 枚举所有的集合 通过16位表示状态
    for (int i = 1; i < (1 << m); ++i)
    {
        int cnt = 0, t = 1;
        for (int j = 0; j < m; ++j)
        {
            if (i >> j & 1) 
            {
                ++cnt;
                // 如果t * p[j]大于n了，1~n中不可能有整除t的数 break掉就行
                if ((LL)t * p[j] > n)
                {
                    t = -1;
                    break;
                }
                // 把这个质数乘上
                t *= p[j];
            }
        }
        if (t != -1)
        {
            // 1~n中被t整除的数的个数 n / t
            if (cnt % 2) res += n / t;
            else res -= n / t;
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

二、简单博弈论

1 常见概念

公平组合游戏ICG：

若一个游戏满足：

由两名玩家交替行动
在游戏进程的任意时刻，可以执行的合法行动与轮到哪名玩家无关
不能行动的玩家判负

则称该游戏为一个公平组合游戏，Nim博弈属于公平组合游戏，但城建类的棋盘类游戏，比如围棋，就是不公平组合游戏。因为围棋交战双方只能落黑子或白子，胜负判定也比较复杂。

有向图游戏：

给定一个有向无环图，图中有一个唯一的起点，在起点放一枚棋子，两名玩家交替的把这枚棋子沿着有向边进行移动，每次可以移动一步，无法移动者判负，这类游戏被称为有向图游戏。

可以证明，任何一个公平组合游戏都可以转化为有向图游戏。具体方法是：把每个局面看成图中的一个结点，并且从一个局面经过一个合法的操作到达下一个局面，则这两个局面之间就有一个有向边。

2 Nim游戏

以2 3为例，先手可以先从3中拿一个石子，然后构成2 2这种石子个数相等的情况，然后不管它怎么拿，我镜像的从另一个堆里头拿，就可以实时维护两堆的数量相等，这样一定是后手放先一道石头被拿完的情况。

必胜态（先手）：先手拿完之后可以让剩下的状态变成一个必败状态，则先手就是必胜状态。

必败态（先手）：不管怎么操作，最终到达的所有状态都是必败的，就是必败态。

定理：设n堆石子的个数是a1,a2,...,an,若a1 ^ a2 ^...^an = 0，则先手必败，否则先手必胜。

事实1.当走到终点时，异或值是0;

定理1.a_1 ^ a_2 ^ ... ^a_n = x != 0时，我们一定可以从某一堆中拿出若干石子，让剩下的值异或起来变成0。

定理1Proof:

设在x的二进制表示中，最高的一位1在第k位，根据异或的性质,这说明a_1 - a_n中必然有一个数，其第k为为1(否则第k位必然为0);

不妨设a_i的第k为是1;

那么有a_i ^ x < a_i(a_i前面不变，第k位变0了，所以是严格小);

所以我们可以从a_i中拿走a_i - (a_i ^ x)个石子(这个数一定大于0);

它就剩了a_i ^ x个石子，这时剩下的所有数异或起来就是0，定理1就得证了.

定理2.a_1 ^ a_2 ^ ... ^a_n = x == 0时，不管接下来怎么去拿，剩下所有值异或起来一定不是0。

定理2Proof:

利用反证法:假设拿了以后，剩下的所有数的异或值是0，则有a_1 ^ a_2 ^ ... ^ a_{i'} ^ ... ^ a_n = x ==0;

将它与题目中所给的条件式子异或一下，有:a_i ^ a_{i'} == 0，这说明a_i = a_{i'}，但我们不可能拿0个石子,矛盾了。

所以如果a1^a2^...^an != 0，根据定理1，则先手一定可以转移到状态a1 ^ a2 ^ ... ^ an == 0，根据定理2，后手的操作必然会把总异或值弄的不是0，然后先手又一定可以把异或值再变成0，根据事实1，必败态是0 ^ 0 ^ 0 ^...^ 0 == 0，所以最终一定是后手者面对这个必败态，所以此时先手必胜。

显然反之，后手必胜。

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int n;

int main()
{
    cin >> n;
    int x = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        x ^= a[i];
    }
    if (x) puts("Yes");
    else puts("No");
}

3 有向无环图游戏的判断方法—SG函数

假定自然数组成的集合A的mex运算是，找到一个自然数x，它是不在集合A中最小的所有自然数中最小的一个数。

在一个有向无环图游戏中，定义终点状态的SG函数值是0，即SG(终点) = 0。

那么对任意一个状态x，其SG(x)怎么求呢？

假设x可以转移到k个状态：y1、y2、y3、y4...yk，那么定义
$SG(x)=mex(SG(y_1), SG(y_2), ..., SG(y_k))$
一个求SG函数的值的测试：

如何通过SG(x)来判断其是否为必胜态或必败态?

显然有：任何一种SG(x) ！= 0的状态，它一定可以通过某条边到SG(yi) = 0的状态;任何一种SG(x) == 0的状态，它一定不可以转移到SG(yi) == 0的状态。

所以如果我们先手是SG(x) != 0的状态，我们一定可以通过一个方法让下一个状态面对SG(i) = 0，然后后手通过任何操作，下一状态都一定是SG(x) != 0，而必败态是SG(i) = 0的终点，所以此时先手必胜，反之先手必败。

一般比较复杂的题目中，玩家会同时面对多个有向无环图游戏，每次可以选择任意一个图去走一步，此时怎么办呢？

假设我们有n个图，每个图起点的SG函数值为：SG(xi)，若SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0，则先手必败，否则先手必胜，它的证明和Nim游戏是一样的。

Proof:

定理1：必败态对应SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0。

必败态对应每个有向无环图游戏都必败，即SG(Xi) == 0,i = 1, 2, 3, ..., n，显然此时SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0。

定理2：若SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) != 0，则可以一定可以通过在某个图上转移一步，使其转移到SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0。

设x = SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) ，那么因为x不为0，假设其二进制位表示中最高的一位1的位数是k，因为SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) != 0，所以必然有一个SG(xi)，其第k位不为0。

那么必然有SG(xi) ^ x < SG(xi).

根据SG函数的定义，所以SG(xi)一定可以通过一步操作转移到SG(xi) ^ x，此时全体异或值就等于x ^ x = 0，这样就完成了转移。

定理3：若SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0，则任何操作都会转移到一个SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) != 0的状态。

反证法：假设我们修改了SG(xi)使其变为SG(xi')，并且满足SG(x1) ^ SG(x2) ^ ...^ SG(xi') ^ ... ^ SG(xn) == 0，那么将它与条件式相异或，有：SG(xi) ^ SG(xi') == 0，因此SG(xi) == SG(xi'),而根据SG函数的定义，每次转移我们不可以转移到和自己SG函数值相等的状态，不然自己这个状态的SG值一定不等于当前值，所以矛盾，所以原命题得证。

因此如果先手时，若SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) != 0，那么先手一定可以通过一种方法转移到SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0的状态，而后手不论是什么操作，它都将转移到SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) != 0的状态，所以我们可以一直控制先手的SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) != 0，后手的SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0，而必败态对应SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn) == 0，所以后手一定会失败，先手必胜。

所以我们定义N个有向无环图游戏组成的游戏的SG值为：SG(x1, x2, ...,xn) = SG(x1) ^ SG(x2) ^ ... ^ SG(xn)。

4 SG函数例题—集合Nim函数

仅考虑一堆石头，有：

N堆石子我们可以看成有N个有向无环图，我们只要求出他们的SG值异或起来，根据SG定理判断一下是不是0就行了。

#include <iostream>
#include <unordered_set>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 110;
int s[N];// 集合中的个数s 
const int M = 1e4 + 10;
int f[M];// 记忆化搜索求SG(x)时的状态
int k, n;

int SG(int x)
{
    if (f[x] != -1) return f[x];
    unordered_set<int> Y;// 可以转移到的所有状态
    // 枚举集合s 来转移
    for (int i = 0; i < k; ++i)
    {
        int sum = s[i];
        // 如果x > sum 说明它可以拿走num个转移到x - num状态
        if (x >= sum) Y.insert(SG(x - sum));
    }
    // 求SG值 即第一个不在Y中的自然数
    for (int i = 0; ; i++)
        if (Y.count(i) == 0) return f[x] = i;
}

int main()
{
    cin >> k;
    for (int i = 0; i < k; ++i) cin >> s[i];
    cin >> n;
    // 初始化都为-1 表示每个状态都未计算过
    memset(f, -1, sizeof(f));
    int res = 0;
    while (n--)
    {
        int x;
        cin >> x;
        res ^= SG(x);// 求每一堆对应的有向无环图游戏的起点的SG值
    }
    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}

5 台阶Nim游戏

对于n个台阶的思考结论是：

若x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x != 0，则先手必胜，否则先手必败。

证明：

假设x != 0，根据经典Nim游戏的结论，那么我们一定可以把一个奇数位置的石头拿一定数量起来，移动到偶数位，使得x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x == 0;

下一轮操作，如果对手是从偶数台阶拿的，那我我们就把它拿的数量再放到下一级偶数台阶，使得抛给对手的盘是一个x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x == 0；

如果对手是从奇数级台阶拿的，那么根据经典Nim游戏的结论，此时他抛给我们的局面一定是x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x != 0，然后根据经典Nim游戏的结论，我们有一定可以抛给对面x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x == 0.

也就是说，不管怎么样，我们可以严格控制对手面对的是x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x == 0，并且我们永远是有石子可以拿的，而必败态是x1 ^ x3 ^ x5 ^ .... = x == 0，所以终止局面一定会被对手遇到。

反之，先手必败。

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int res = 0;
    int n, x;
    cin >> n;
    int cnt = 1;
    while (n--)
    {
        cin >> x;
        if (cnt & 1) res ^= x;
        ++cnt;
    }
    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}

6 拆分Nim游戏

首先，这个游戏一定可以结束，因为我们每次操作后，最大值一定会不断减小，虽然堆的总数可能会变多，但是拿走后放回来的两个对的最大值数量会减少。

我们把开始的每堆石子看做一个独立的局面，求得每个局面的SG值即可。

本题比较特别，一次操作会使局面由a->(b1, b2)，根据SG函数的性质，局面SG(b1, b2) = SG(b1) ^ SG(b2)，所以这样就可以求出a状态转移到的每个SG值，然后异或起来就行了，所以我们可以用记忆化搜索来做这个题。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <unordered_set>
using namespace std;

const int N = 110;
int f[N];
int n;

int sg(int x)
{
    if (f[x] != -1) return f[x];
    unordered_set<int> S;
    for (int i = 0; i < x; ++i)
        for (int j = 0; j <= i; ++j)
            S.insert(sg(i) ^ sg(j));
    for (int i = 0; ; ++i)
        if (S.count(i) == 0) return f[x] = i;
}

int main()
{
    cin >> n;
    int res = 0;
    int x;
    memset(f, -1, sizeof(f));
    while (n--)
    {
        cin >> x;
        res ^= sg(x);
    }
    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}