简答的博弈论（2）

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1.NIM游戏（异或和为0必败态，不为0后手胜）

2.sg函数（不写了）

3.树上删边游戏

题目：在某一棵树上删除一条边，同时删去所有在删除后不再与根相连的部分
双方轮流操作，无法再进行删除者判定为失败
结论：叶子结点的SG值为0，中间节点的SG值为它的所有子节点的SG值加一后的异或和。

图上删边

题目：选择一个中心节点，在图上上删除一条边，同时删去所有在删除后不再与中心节点相连的部分
双方轮流操作，无法再进行删除者判定为失败
思路：我们可以对无向图做如下改动：将图中的任意一个偶环缩成一个新点，任意一个奇环缩成一个新点加一个新边；所有连到原先环上的边全部改为与新点相连。这样的改动不会影响图的SG 值。

一些题目

1.GCD game

题目：N个数，每次操作可以将一个数除以一个他的约数，轮流进行操作，不能除的人输。
问先手必胜的条件？

结论：质因子个数之和等价与NIM游戏的石子数
所有数所有质因子个数之和异或和不为 0 ，先手胜，为 0 后手胜

2.台阶NIM游戏

题目：现在，有一个 n 级台阶的楼梯，每级台阶上都有若干个石子，其中第 i 级台阶上有 ai 个石子(i≥1)。
两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一级台阶上拿若干个石子放到下一级台阶中（不能不拿）。
已经拿到地面上的石子不能再拿，最后无法进行操作的人视为失败。
问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

结论：答案的结果只与奇数台阶上的数有关。求位置为奇数的ai的异或和，若异或和等于0，则先手必败，否则先手必胜。

树上台阶NIM（没有做过这种题，也不知道分析的对不对）

题目：类似与台阶NIM，给定一棵树，每个点有点权，两位玩家轮流操作，每次操作可以从一个节点上拿若干个石子放到父节点中（不能不拿）。
已经拿到根节点上的石子不能再拿，最后无法进行操作的人视为失败。

分析：这个我们可以单独拿出一条包含根节点的链来考虑，这个问题就转化为普通的台阶NIM，对结果有影响的只有奇数深度的节点（根节点深度设为0）。
考虑整个局面，将所有奇数深度的节点值异或起来就是整个局面的sg值。

3.硬币游戏

问题：n个硬币，围成一圈，每次操作可以移走1-k个连续硬币
取完的获胜
谁获胜？
思路：可以看出
1、k>=n 先手胜
2、k=1 n奇数先手胜，偶数后手胜利
3、n>k 后手胜（对称性构造）
1.2.都是显然成立，对于3，我们可以考虑一个圆，先手取那段，我们可以对称着取一段，这样一个圆可以划分为偶数段，那么后手必胜

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t;
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	int cas=0;
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("Case %d: ",++cas);
		if(m==1)
		{
			if(n&1) printf("first\n");
			else printf("second\n");
		}
		else
		{
			if(n<=m)printf("first\n");
			else printf("second\n");
		}
	}
	return 0;
}

我们也可以考虑一个类似的问题：如果这些硬币不是围成一个圆，而是一条直线，那么也可以类似求解。

4.Game on Sequence

题目：N个数字的序列，第i个位置数字为ai
游戏开始的时候有一个石子在序列的第K个位置
某一时刻，如果石子在第 i 个位置，如存在 j 满足 j>I 并且 ai 和 aj 二进制相差不超过一位，那么就可以移动石子到第j个位置
不能移动者输掉比赛
注意序列中所有数字都在255以内（二进制最多8位）
你需要处理动态的询问：
操作：给序列末尾插入一个k
询问：石子开始时在k这个位置，谁会获胜

思路：我们可以从序列中的数很小下手，因为数字的值域范围很小，所以序列中会出现很多重复的数字，考虑出现重复的数字会有什么影响？
1.如果存在一个a，他可以走到序列后面的一个a，那么此时属于什么状态？（必胜态？必败态？）
2.如果存在一个a , 他可以走到多个b（a!=b），那么我们该如何考虑？
对于问题1，可以分类讨论后面那个1是必胜态还是必败态，得出前面的1必然是必胜态。对于问题2，我们知道，公平组合游戏中，我们并不关心一个状态能否转移到必胜态，又有问题1的结论，我们知道我们只要看每种数字的最后一个就好。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=5e5+7;
int a[N];
int last[300];
int st[300],v[300];
vector<int> vi[300];
int dfs(int k)
{
	if(v[a[k]]!=0) return st[a[k]];
	v[a[k]]=1;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<vi[a[k]].size();i++)
	{
		int v=vi[a[k]][i];
		int p=last[v];
		if(p<=k) continue;
		ans|=!dfs(p);
	}
	st[a[k]]=ans;
	return ans;
}
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<256;i++)
	{
		for(int j=0;j<8;j++)
		{
			int v=i^(1<<j);
			vi[i].pb(v);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		last[a[i]]=i; 
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int op,k;
		scanf("%d%d",&op,&k);
		if(op==1)
		{
			n++;
			last[k]=n;
			a[n]=k;
		}
		else
		{
			if(last[a[k]]!=k)
			{
				printf("Grammy\n");
				continue;
			}
			memset(v,0,sizeof v);
			memset(st,0,sizeof st);
			int ans=dfs(k);
			if(ans) printf("Grammy\n");
			else printf("Alice\n");
		}
	}
}

其他类似于NIM游戏的游戏（见了会补充）

1.集合-Nim游戏

题目：给定 n 堆石子以及一个由 k 个不同正整数构成的数字集合 S。
现在有两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子数量必须包含于集合 S，最后无法进行操作的人视为失败。
问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。
思路:每堆石子都看作一个公平组合游戏，整体sg值就是每堆石子sg值得异或和
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10007;
int k,n;
int s[N],h[N];
int f[N];
int sg(int x)//记忆化搜索求sg值
{
     if(f[x]!=-1) return f[x];
     
     unordered_set<int> pp;
     for(int i=0;i<k;i++)
     {
         if(x>=s[i]) pp.insert(sg(x-s[i]));
     }
     
     int idx=0;
     while(pp.count(idx)) idx++;
     return f[x]=idx;
}
int main()
{
    scanf("%d",&k);
    for(int i=0;i<k;i++) scanf("%d",&s[i]);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&h[i]);
    
    memset(f,-1,sizeof f);
    int sum=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        sum^=sg(h[i]);
    }
    
    if(sum) printf("Yes\n");
    else printf("No\n");
}

2.拆分-Nim游戏

题目：给定 n 堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以取走其中的一堆石子，然后放入两堆规模更小的石子（新堆规模可以为 0，且两个新堆的石子总数可以大于取走的那堆石子数），最后无法进行操作的人视为失败。
问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。
思路：考虑整个游戏的博弈状态图，对于一堆x个的石子，对他进行操作后会变为两堆不大于x的石子堆。又有在公平组合游戏中，总游戏的sg值是组合为他的游戏的sg值的异或和，所以，对于这堆石子，我们可以知道遍历他所有可以到达的局面，取异或和，就是结果的sg值。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n;
int f[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))
            return f[x] = i;
}


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

剪纸游戏

题目：
给定一张 N×M 的矩形网格纸，两名玩家轮流行动。在每一次行动中，可以任选一张矩形网格纸，沿着某一行或某一列的格线，把它剪成两部分。首先剪出 1×1 的格纸的玩家获胜。
两名玩家都采取最优策略行动，求先手是否能获胜。
提示：开始时只有一张纸可以进行裁剪，随着游戏进行，纸张被裁剪成 2,3,… 更多张，可选择进行裁剪的纸张就会越来越多。

思路：这个可以看作二维的拆分NIM，思路和他类似，考虑整个公平组合游戏如何由一些子公平组合游戏组成，结果是他们的sg值的mex