博客：http://blog.youkuaiyun.com/u013509299/article/details/37954679
巴什博奕（Bash Game）：
三个定理：
定理：
一、 所有终结点都是必败点P（上游戏中，轮到谁拿牌，还剩0张牌的时候，此人就输了，因为无牌可取）；
二、所有一步能走到必败点P的就是N点；
三、通过一步操作只能到N点的就是P点
1/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。
得到先手必败状态 n = (m+1)*k k = 1,2,3......
当轮到谁时，硬币剩下k*(m+1)枚，谁就不能拿走最后一枚
当轮到谁时，硬币剩下k*(m+1)+s(0<s<=M)时，谁就能拿走最后一枚（拿走S枚使对方剩下k*(m+1)枚，每次对方拿a枚，就拿走m+1-a枚）
2 一个N*M的棋盘,右下方有一个棋子,两人轮流走,可以走到上下左右相邻的未走过的格子,不能走则输,谁胜?
证明：
棋盘格子为奇数则后手胜(1*1 后手直接胜)
棋盘格子为偶数则先手胜(1*2 先手走一步就胜)
------------------------------------
这是棋盘对弈的问题,可使用配对解法
若棋盘格子为奇数,则N和M均为奇数.设为N*M=2k+1
右下方的棋子已占一个格,还剩下2k个格子.其中最下面一行有M-1个格子,为偶数,剩下N-1行,为偶数
因此,可以把剩下的2k个格子两两配对分成k个1×2的小矩形
这时,先手总是领先进入某一个1×2小矩形的第一个格,后手总可以随之进入这个小矩形的第二个格.最后必然先手先无法移动这个棋子,先手输．后手必取胜
若棋盘格子为偶数,设为N*M=2k
将这2k个格子两两配对分成k个1×2的小矩形
右下方的棋子必在某个1×2的小矩形的一个格子中.先手将棋子走入这个1×2的小矩形的另一个格子中．这时还有k-1个1×2的小矩形,每个小矩形中都有两个小方格．这时该后手走,后手总是领先进入剩下的某个1×2小矩形的第一个格,先手就可以随之进入这个小矩形的第二个格.最后必然后手先无法移动这个棋子,后手输．先手必取胜
所以
棋盘格子为奇数则后手胜
棋盘格子为偶数则先手胜
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
注：将棋盘格子两两配对成为若干个1×2的小矩形是解决本题的关键!
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，求必败态。
n = 2时输出second；
n = 3时也是输出second；
n = 4时，第一个人想获胜就必须先拿1个，这时剩余的石子数为3，此时无论第二个人如何取，第一个人都能赢，输出first；
n = 5时，first不可能获胜，因为他取2时，second直接取掉剩下的3个就会获胜，当他取1时，这样就变成了n为4的情形，所以输出的是second；
n = 6时，first只要去掉1个，就可以让局势变成n为5的情形，所以输出的是first；
n = 7时，first取掉2个，局势变成n为5的情形，故first赢，所以输出的是first；
n = 8时，当first取1的时候，局势变为7的情形，第二个人可赢，first取2的时候，局势变成n为6得到情形，也是第二个人赢，取3的时候，second直接取掉剩下的5个，所以n = 8时，输出的是second；
…………
从上面的分析可以看出，n为2、3、5、8时，这些都是输出second，即必败点，仔细的人会发现这些满足斐波那契数的规律，可以推断13也是一个必败点。
借助“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。n=12时，只要谁能使石子剩下8且此次取子没超过3就能获胜。因此可以把12看成8+4，把8看成一个站，等价与对4进行"气喘操作"。又如13，13=8+5，5本来就是必败态，得出13也是必败态。也就是说，只要是斐波那契数，都是必败点。
所以我们可以利用斐波那契数的公式：fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2]，只要n是斐波那契数就输出second。
威佐夫博奕
定义：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。
思考：
把两堆石子的集合写为（a，b）不失一般性令我们只考虑a<=b的情况;
我们依次考虑（0，0）-（0，*）……（n，n）-（n，*）的情况。把所有状态看成一个二维数组，我们只需考虑上三角的情况；
（0，0）必败点，故（0，*）为必胜点；（1，1）一步可以取完，故也为必胜点；
（1，2）无论怎样取都只能到达必胜点，所以（1，2）为必败点；
（1，*）（2，*）可一步到达（1，2），故其都为必胜点；
此时我们发现一些规律，只有一些特殊的点是必败点，其余大多数情况为必胜点，再次我们不妨称必败点为“奇异局势”，这个定义我们在以后的学习中还可用到；
当（0，*）（1，*）（2，*）都考虑完后，开始考虑（3，*）；（3，3）显然可一次取完为必胜点，（3，4）可以减（2，2）到达（1，2），所以也为必胜点；这里我们可以看到一个特点，如果a，b之差等于上述所提到“奇异局势”两堆石子之差时，则（a，b）-（m，m）是可以到达上述情况的，所以凡是后面要找到的点a，b，之差不能等于前面所找到的奇异局势；这时我们发现（3，5）为奇异局势；同理，（3，*）和（5，*）都为必胜点了，和上次推导一样（4，4）（4，5）（4，6）都为必胜点（4，7）为我们要找的奇异局势；（4，*）（7，*）必胜；（6，*）这一行还会有一个奇异局势，我们找到它是（6，10），相差为4；
此时，我们一经发现了一个规律，第i个奇异局势a，b之差为i，如果字典顺序寻找，则（a，b）中的a，为之前奇异局势中未出现的最小的自然数；写到这，你或许可以编程解决一些这样的问题了吧，但这貌似还是有点麻烦，没关系，数学家已经给出了我们a的通项公式（如要了解推导过程可自行查阅资料，这里不作为重点讨论），即ai=[i*（1+√5）/2]（方括表示下取整），bi=ai+i，。
ak = [ k * (1 + √5 ) / 2 ] , bk = ak + k k = 0,1,2,3........
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）。
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。
现在我们就来介绍今天的主角吧。组合游戏的和通常是很复杂的，但是有一种新工具，可以使组合问题变得简单————SG函数和SG定理。
Sprague-Grundy定理（SG定理）：
游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和。这样就可以将每一个子游戏分而治之，从而简化了问题。而Bouton定理就是Sprague-Grundy定理在Nim游戏中的直接应用，因为单堆的Nim游戏 SG函数满足 SG(x) = x。对博弈不是很清楚的请参照http://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6398385.html进行进一步理解。
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。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。
对于任意状态 x ， 定义 SG(x) = mex(S),其中 S 是 x 后继状态的SG函数值的集合。如 x 有三个后继状态分别为 SG(a),SG(b),SG(c)，那么SG(x) = mex{SG(a),SG(b),SG(c)}。 这样 集合S 的终态必然是空集，所以SG函数的终态为 SG(x) = 0,当且仅当 x 为必败点P时。
【实例】取石子问题
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....
由上述实例我们就可以得到SG函数值求解步骤，那么计算1~n的SG函数值步骤如下：
1、使用 数组f 将 可改变当前状态 的方式记录下来。
2、然后我们使用 另一个数组 将当前状态x 的后继状态标记。
3、最后模拟mex运算，也就是我们在标记值中 搜索 未被标记值 的最小值，将其赋值给SG(x)。
//SG[]:0~n的SG函数值
//S[]:为x后继状态的集合
int f[N],SG[MAXN],S[MAXN];
void getSG(int n){
int i,j;
memset(SG,0,sizeof(SG));
//因为SG[0]始终等于0，所以i从1开始
for(i = 1; i <= n; i++){
//每一次都要将上一状态 的 后继集合 重置
memset(S,0,sizeof(S));
for(j = 0; f[j] <= i && j <= N; j++)
S[SG[i-f[j]]] = 1; //将后继状态的SG函数值进行标记
for(j = 0;; j++) if(!S[j]){ //查询当前后继状态SG值中最小的非零值
SG[i] = j;
break;
}
}
}
扫一扫
2699
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
