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公平组合游戏ICG
若—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，但城建的棋类游戏，比如围棋，就不是公平组合游戏。因为围棋交战双方分别只能落黑子和白子，胜负判定也比较复杂，不满足条件 \(2\) 和条件 \(3\)。
可以看出，公平组合游戏不存在平局，而且一定可以结束。
Nim游戏
问题：给定 \(n\) 堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿走任意数量的石子（可以拿完，但不能不拿），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：如果所有石子数的异或和不等于 \(0\)，则先手必胜，反之先手必败。
正确性证明：
设第 \(i\) 堆石子的个数为 \(a_i\) 个，\(\oplus\) 为异或符号
- 如果每堆石子数都为 \(0\)，那么一定是先手必败，此时异或和为 \(0\)。
- 如果异或和 \(x\) 不是 \(0\)。设 \(x\) 在二进制下最高位 \(1\) 为 \(k\)，那么一定有一个 \(a_i\) 的二进制下第 \(k\) 位为 \(1\)，那么一定有 \(0 \le a_i \oplus x < a_i\)，那么我们可以从第 \(a_i\) 堆拿走 \(a_i - a_i \oplus x\) 个石子，那么 \(a_i\) 就变成了 \(a_i - (a_i - a_i \oplus x) = a_i \oplus x\)，对于整体的异或和，就相当于又异或了一个 \(x\)，\(x \oplus x = 0\)，所以我们一定可以一步吧当前 \(x \not= 0\) 变为 \(x = 0\)，使得对手每次面对的都是 \(x = 0\)。
- 如果 \(x\) 是 \(0\)。我们拿完石子后一定不能让 \(x\) 依旧为 \(0\)。反证法：设我们拿完石子后可以让 \(x\) 为 \(0\)，那么我们从第 \(a_i\) 堆拿 \(k\) 颗石子，那么新异或和 \(y\) 就等于 \(x \oplus a_i \oplus (a_i - k) = 0\)，因为 \(x = 0\)，所以 \(y = a_i \oplus (a_i - k) = 0\)，所以 \(a_i = a_i - k\)，所以 \(k = 0\)。而 \(k > 0\)，所以假设失败，也就是证明了我们拿完石子后不可能让 \(x\) 依旧为 \(0\)。
总结一下，主要有三条关系：
- 如果 \(a_i\) 都等于 \(0\)，那么一定先手必败。
- 我们一定可以一步吧当前 \(x \not= 0\) 变为 \(x = 0\)。
- 我们拿完石子后不可能让 \(x\) 依旧为 \(0\)。
也就是说我们一定可以让，对手面对的每次都是 \(x = 0\)。但他无法改变，到我时 \(x \not = 0\)。又因为石子总数是不断减少的，所以他一定会先面临到 \(a_i\) 都等于 \(0\) 的状态，此时无法移动，也就盘他为失败，对于我就是胜利。说明结论成立。
在这里就可以看出，先手必胜态为 \(x \not = 0\)；先手必败态为 \(x = 0\)。
值得注意的是，这个结论表述不是唯一的，但是和别的结论表述是等价的。
例题
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m;
int main()
{
cin >> n;
while (n -- )
{
int a;
scanf("%d", &a);
m ^= a;
}
if (m == 0) cout << "No";
else cout << "Yes";
return 0;
}
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, m;
int main()
{
cin >> n;
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
int a;
scanf("%d", &a);
if (i & 1) res ^= a;
}
if (res) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
P1247 取火柴游戏 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
绿色的水题，看懂上面的 Nim 游戏就能做出来。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 500010;
int n, m;
int g[N];
int main()
{
cin >> n;
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
scanf("%d", &g[i]);
res ^= g[i];
}
if (res)
{
int k = 0;
for (int i = 31; i >= 0; i -- )
{
if (res >> i & 1)
{
k = i;
break;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
if (g[i] >> k & 1)
{
cout << g[i] - (g[i] ^ res) << ' ' << i << endl;
g[i] = g[i] ^ res;
break;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << g[i] << ' ';
}
else puts("lose");
return 0;
}
P1288 取数游戏 II - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
这题就是简单的不知道怎么做，和博弈有关系，但完全没必要。越想多越复杂
反 Nim 游戏
玩法和 Nim 游戏一样，只不过胜利标准变成了，不可移动为胜利。
结论：先手必胜条件为（下面为先手必胜的两种方式）：
- 所有 \(a_i = 1\)，且 \(a_i\) 的数量为偶数，则先手必胜。
- 当至少有一个 \(a_i > 1\) ，且所有 \(a_i\) 的异或和 \(x\) 为不等于 \(0\)，即 \(x \not= 0\)。
证明：
对于结论 \(1\)，显而易见，略过。
对于结论 \(2\)：
（1）当 \(a_i > 1\) 只有 \(1\) 个时。因为先手可以操控这堆为 \(1\) 还是为 \(0\)，即可以操控 \(a_i = 1\) 的数量为奇数还是偶数，因此这是必胜态，且此时 \(x \not= 0\)（易得）。
（2）当 \(a_i > 1\) 至少有两个时。这也有两种状态。
- 当 \(x = 0\) 时。此时根据 Nim 游戏可知，操作一次后 \(x\) 必定不等于 \(0\)，即变成下面的 2. ；或者操作一次后 \(a_i > 0\) 仅剩一个，即回 \((1)\)，即给对方为必胜态。
- 当 \(x \not= 0\) 时，根据 Nim 游戏可知，此时一定可以让 \(x = 0\)，且 \(a_i > 1\) 个数一定大于 \(2\)（如果只有一个 \(a_i > 1\)，那么就和 \((1)\) 中 \(x \not= 0\) 相悖）。即回到 1.。
可以看出 \((2).1\) 一定是必败态（因为它只能给对方必胜态，或者 \((2).2\)，而 \((2).2\) 一定可以回到 \((2).1\)，即不断循环，直到给对方必胜态），而 \((2).2\) 就是必胜态。
把 \((2)\) 和 \((1)\) 结合起来就得到，结论 \(2\)。证毕
SG函数
基本定义
Mex运算
设 \(S\) 表示一个非负整数集合。定义 \(\operatorname {mex}(S)\) 为求出不属于集合 \(S\) 的最小非负整数的运算，即：
\(\operatorname {mex}(S) = \min{x}\)， \(x\)属于自然数，且 \(x\) 不属于 \(S\)。
有向图游戏
给定一个有向无环图，图中有一个唯一的起点，在起点上放有一枚棋子。两名玩家交替地把这枚棋子沿有向边进行移动，每次可以移动一步，无法移动者判负。该游戏被称为有向图游戏。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节点，并且从每个局面向沿着合法行动能够到达的下一个局面连有向边。
SG函数
在有向图游戏中，对于每个节点 \(x\)，设从 \(x\) 出发共有 \(k\) 条有向边，分别到达节点 \(y_1,y_2 \dots y_k\)，定义 \(\operatorname {SG}(x)\) 为 \(k\) 的后继节点 \(y_1,y_2 \dots y_k\) 的SG函数值构成的集合再执行 \(\operatorname {mex}(S)\) 运算的结果，即:
特别地，整个有向图游戏 G 的 SG 函数值被定义为有向图游戏起点 \(s\) 的 SG 函数值，即 \(\operatorname {SG}(G) = \operatorname {SG}(s)\)。
使用方法
一般的博弈论问题都可以转化为 SG 函数求解。
以上为基本定义，现在来说说是干什么的。
一般 SG 函数形式为：\(\operatorname {SG}(状态)\)。
首先终止状态的 SG 值为 0，即：\(\operatorname {SG}(终点状态) = 0\)。按照 SG 函数的运算，可得如图（红色为当前节点的 SG 值）：
![[博弈论1.png|269]]
如图可知，每个 SG 值不为 \(0\) 的点，一定可以到一个 SG 值为 \(0\) 的点；同理每个 SG 值为 \(0\) 的点只能到一个 SG 值不为 \(0\) 的点或者无法移动。这就和上面的 Nim 游戏有点像，如果先手（SG 值）不为 0，那么我可以让后手的每一次都为 0，反之同理。可以知道，SG 函数不为 0 那么先手必胜，反之先手必败。
因此对于两个绝顶聪明的人，这类游戏在开始就决定了胜负。
上面是一个图的情况。如果这个图有很多个会怎么样？即一个游戏，既可以在一个图上移动，也可以在其他图上移动。那么一个状态，有很多 SG 值，这时候就把每个图起始的 SG 函数都异或起来，变成一个异或和 \(x\) 即可，如果 \(x = 0\)，则先手必败，反之先手必胜。这个证明和 Nim 游戏的证明思路是一模一样的，这里不赘述。
注意有的题目需要计算 SG 函数，但是有的题可以不用，如最上面两个 Nim 游戏，直接运用结论就很快，当然也可以算 SG 函数，Nim游戏比较特殊，每堆石子数恰好就是它的 SG 函数值。
例题
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <unordered_set>
using namespace std;
const int N = 10010;
int n, m;
int g[N], f[N];
int sum;
int sg(int x)
{
if (f[x] != -1) return f[x];
unordered_set<int> s;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
if (x - g[i] >= 0)
s.insert(sg(x - g[i]));
for (int i = 0; ; i ++ )
if (!s.count(i)) return f[x] = i;
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> g[i];
cin >> m;
memset(f, -1, sizeof f);
while (m -- )
{
int s;
cin >> s;
sum ^= sg(s);
}
if (sum) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
894. 拆分-Nim游戏 - AcWing题库
这个也简单，但是涉及了 SG 函数的本质。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <unordered_set>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m;
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 ++ )
{
int a = sg(i);
for (int j = 0; j <= i; j ++ )
{
int b = sg(j);
s.insert(a ^ b);
}
}
for (int i = 0; ; i ++ )
{
if (s.count(i) == 0) return f[x] = i;
}
}
int main()
{
cin >> n;
memset(f, -1, sizeof f);
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
int a;
cin >> a;
res ^= sg(a);
}
if (res) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
拓展
博弈论的核心：保持自己在可胜态，且让对手无法改变其可败态或者改变我的可胜态。
可胜态，不是必胜态，但只要一直保持自己是可胜态，最后就必胜。同理，可败态不是必败态，但只要能让他一种在可败态，那么就是必败。
阻止对方所有能让我变成非可胜态的举动。（必胜态主导必败态，也就是说除非必胜放水，必败态无法转移到必胜态）。
另一种解释：如果一个状态可以到达一个必败态，那么它就是必胜态；如果一个状态不能到达一个必败态，他就是必败态。
例题
以下的题较难。
1321. 取石子 - AcWing题库