基础博弈Word文档格式.docx
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（8，13）、
a6+6=b6:
（9，15）、
a7+7=b7:
（11，18）、
a8+8=b8:
（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而bk=ak+k，奇异局势有
如下三条性质：
1。
任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak>
ak-1，而bk=ak+k>
ak
-1+k-1=bk-1>
ak-1。
所以性质1.成立。
2。
任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其
他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。
如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由
于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
3。
采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若b=a，则同时从两堆中取走a个物体，就变为了
奇异局势（0，0）；
如果a=ak，b>
bk，那么，取走b–bk个物体，即变为奇异局
势；
如果a=ak，b<
bk,则同时从两堆中拿走ak–ab+ak个物体,变为奇异局
势（ab–ak,ab–ak+b–ak）；
如果a>
ak，b=ak+k,则从第一堆中拿走多余
的数量a–ak即可；
如果a<
ak，b=ak+k,分两种情况，第一种，a=aj（j<
k）
从第二堆里面拿走b–bj即可；
第二种，a=bj（j<
k）,从第二堆里面拿走b–a
j即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么
面对非奇异局势，先拿者必胜；
反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？
我们有如下公式：
ak=[k（1+√5）/2]，bk=ak+k（k=0，1，2，…,n方括号表示取整函数）
奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2=1.618……,因此,由ak，bk组成的矩形近
似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[
j（1+√5）/2]，那么a=aj，bj=aj+j，若不等于，那么a=aj+1，bj+1=aj+1
+j+1，若都不是，那么就不是奇异局势。
然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异
局势。
（三）尼姆博奕（NimmGame）：
有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的
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，接下来都一定可以变为（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：
（^就是每一对应的位，相同的时候是0，不同的时候是1，即1^0=00000000000000000000000000000001）
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）。
例4。
我们来实际进行一盘比赛看看：
甲:
（7,8,9）->
（1,8,9）奇异局势
乙:
（1,8,9）->
（1,8,4）
（1,8,4）->
（1,5,4）奇异局势
（1,5,4）->
（1,4,4）
（1,4,4）->
（0,4,4）奇异局势
（0,4,4）->
（0,4,2）
（0.4,2）->
（0,2,2）奇异局势
（0,2,2）->
（0,2,1）
（0,2,1）->
（0,1,1）奇异局势
（0,1,1）->
（0,1,0）
（0,1,0）->
（0,0,0）奇异局势
甲胜。
取火柴的游戏
题目1：
今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根，
可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为胜，求必胜的方法。
题目2：
可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为负，求必胜的方法。
嘿嘿，这个游戏我早就见识过了。
小时候用珠算玩这个游戏：
第一档拨一个，第二档拨两个，依次直到第五档拨五个。
然后两个人就轮流再把棋子拨下来，谁要是最后一个拨谁就赢。
有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏，我就在想有没有一个定论呢。
下面就来试着证明一下吧
先解决第一个问题吧。
定义：
若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示；
否则，
为利己态，用S表示。
[定理1]：
对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。
证明：
若有n堆火柴，每堆火柴有A（i）根火柴数，那么既然现在处于S态，
c=A
（1）xorA
（2）xor…xorA（n）>
0;
把c表示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，则必然存在一个A（t）,它二进制的第p位也是1。
（否则，若所有的A（i）的第p位都是0，这与c的第p位就也为0矛盾）。
那么我们把x=A（t）xorc,则得到x<
A（t）.这是因为既然A（t）的第p位与c的第p位同为1,那么x的第p位变为0,而高于p的位并没有改变。
所以x<
A（t）.而
A
（1）xorA
（2）xor…xorxxor…xorA（n）
=A
（1）xorA
（2）xor…xorA（t）xorcxor…xorA（n）
=A
（1）xorA
（2）xor…xorA（n）xorA
（1）xorA
（2）xor…xorA（n）
=0
这就是说从A（t）堆中取出A（t）–x根火柴后状态就会从S态变为T态。
证毕
[定理2]：
T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。
用反证法试试。
若
c=A
（1）xorA
（2）xor…xorA（i）xor…xorA（n）=0；
c’=A
（1）xorA
（2）xor…xorA（i’）xorcxor…xorA（n）=0;
则有
cxorc’=A
（1）xorA
（2）xor…xorA（i）xor…xorA（n）xorA
（1）xorA
（2）xor…xorA（i’）xorcxor…xorA（n）=A（i）xorA（i’）=0
进而推出A（i）=A（i’），这与已知矛盾。
所以命题得证。
[定理3]：
S态，只要方法正确，必赢。
最终胜利即由S态转变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理1，可以把它变成T态。
）对方只能把T态转变为S态（定理2）。
这样，所有S态向T态的转变都可以有己方控制，对方只能被动地实现由T态转变为S态。
故S态必赢。
[定理4]：
T态，只要对方法正确，必败。
由定理3易得。
接着来解决第二个问题。
若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。
若大于1根，则称为充裕堆。
T态中，若充裕堆的堆数大于等于2，则称为完全利他态，用T2表示；
若充裕堆的堆数等于0，则称为部分利他态，用T0表示。
孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。
一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。
故不会是T态。
[定理5]：
S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。
T0态必胜。
S0态，其实就是每次只能取一根。
每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对
方取，所以最后一根必己取。
败。
同理,T0态必胜#
[定理6]：
S1态，只要方法正确，必胜。
若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；
否则，取成一根。
这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。
由定理5，对方必输。
己必胜。
#
[定理7]：
S2态不可转一次变为T0态。
充裕堆数不可能一次由2变为0。
得证。
[定理8]：
S2态可一次转变为T2态。
由定理1，S态可转变为T态，态可一次转变为T态，又由定理6，S2态不可转一次变为T0态，所以转变的T态为T2态。
[定理9]：
T2态，只能转变为S2态或S1态。
由定理2，T态必然变为S态。
由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。
命题得证。
[定理10]：
S2态，只要方法正确，必胜.
方法如下：
1）S2态，就把它变为T2态。
（由定理8）
2）对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9）
若转变为S2,转向1）
若转变为S1,这己必胜。
（定理5）
[定理11]：
T2态必输。
同10。
综上所述，必输态有：
T2,S0
必胜态：
S2,S1,T0.
两题比较：
第一题的全过程其实如下：
S2->
T2->
……->
S1->
T0->
S0->
……->
T0（全0）
第二题的全过程其实如下：
下划线表示胜利一方的取法。
是否发现了他们的惊人相似之处。
我们不难发现（见加黑部分），S1态可以转变为S0态（第二题做法），也可以转变为
T0（第一题做法）。
哪一方控制了S1态，他即可以有办法使自己得到最后一根（转变为
T0）,也可以使对方得到最后一根（转变为S0）。
所以，抢夺S1是制胜的关键！
为此，始终把T2态让给对方，将使对方处于被动状态，他早晚将把状态变为S1.
推荐HDOJ题目
看完上面的结论，就能顺利解决上面2道了
S-Nim
特别推荐LCY老师的课件：
博弈入门。
下载地址：
这个课件个人认为从博弈的基本思想，一直到解博弈的中心算法做了很好的诠释。
但是特别要注意的是。
课件后面一部分英语写的讲义是重中之重。
主要是后继点和SG值的问题:
SG值：
一个点的SG值就是一个不等于它的后继点的SG的且大于等于零的最小整数。
后继点：
也就是按照题目要求的走法（比如取石子可以取的数量，方法）能够走一步达到的那个点。
课件后面有一个1536的代码。
可以放在后面做做
看到这里推荐大家做几道题：
1846（最简单的博弈水题）
1847（求SG值）
有了上面的知识接下来我们来看看组合博弈（n堆石子）
推荐大家看个资料：
博弈-取石子游戏（推荐等级五星级）
这里提出了一个奇异状态的问题。
看了这篇文章你会发现异或运算在博弈中使用的妙处。
当然这里指出的只是组合博弈中一种特殊情况。
王道还是对SG值的求解，但是知道这么一种思路无疑对思维的广度和深度扩展是很有帮助的。
ZZ博弈
这里介绍了组和博弈的两种大的类型，一种是最后取的是N状态一种是最后取的是P状态，两个状态的解题方法能看懂很有帮助。
当然，能够把推导过程理解，吃透无疑是大牛级的做法~小子也佩服的紧~
1536题推荐做做这题，这题前面提醒大家是一个求SG值的题目，题目前面是对异或运算运用在组合博弈问题中的很好的解释。
当然题目本身是有所不同的。
因为在这里面对取法有所要求。
那么这样就回归到了解决博弈问题的王道算法——求SG值上。
有关运用求SG值的博弈题目有：
1850（也可基于奇异状态异或）
1848（中和的大斐波那契数列的典型求SG值题）
1517（个人认为有点猥琐的题目。
。
在此题上困扰很久。
当然搞出来很开心。
小子是用比较规矩的求SG值的方法求出来的，但是论坛有人对其推出来了规律，这里佩服一下，大家可以学习一下）
1079（更猥琐的题目，对新手要求较高，因为按传统方法需要比较细致的模拟加对边角状态的考虑，同样有人推出来了公式）
博弈很强大。
学习要耐心
ACM课作业：
1001BraveGame
1002GoodLuckinCET-4Everybody!
1003Fibonacciagainandagain
1004RabbitandGrass
1005BeingaGoodBoyinSpringFestival
1006PublicSale
1007悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者
1008kiki’sgame
1009CalendarGame
1010AMultiplicationGame
1011DigitalDeletions
1012S-Nim
1536的参考代码
//博弈-基于求SG值
#include”iostream”
usingnamespacestd;
intf[101],sg[10001],k;
intmex（intb）
{
inta[101]={0},i;
for（i=0;
i<
k;
i++）
if（b-f<
0）//b-f后继点
break;
if（sg[b-f]==-1）
sg[b-f]=mex（b-f）;
}
a[sg[b-f]]=1;
if（!
a）
returni;
intmain（）
inti,t,n,s,bead,j;
while（cin>
>
k,k）
cin>
f;
memset（sg,-1,sizeof（sg））;
for（j=i+1;
j<
j++）
if（f>
f[j]）
f+=f[j];
f[j]=f-f[j];
f-=f[j];
sg[0]=0;
t;
while（t–）
n;
s=0;
while（n–）
bead;
//该堆的成员个数
if（sg[bead]==-1）
sg[bead]=mex（bead）;
s=s^sg[bead];
if（s==0）
cout<
<
“L”;
“W”;
endl;
return0;
1517参考代码
__int64a[7000]={1},min,n;
intp[10],sg[7000],i,j,k;
for（i=2;
10;
p=0,i++）;
for（i=1;
7000;
for（j=2,min=-1;
if（min==-1||a[p[j]]*j<
a[p[min]]*min）
min=j;
a=a[p[min]]*min;
min=a[p[min]]*min;
if（a>
=5000000000）
for（j=2;
if（a[p[j]]*j==min）
p[j]++;
}//从小到大求出所有乘积
while（scanf（“%I64d”,&
n）!
=EOF）
sg=0;
=n）
for（j=i-1;
a[j]*9>
=n&
&
j>
=0;
j–）
sg[j]=1;
while（j>
=0）
for（k=j+1;
k<
i&
=a[k];
k++）
if（a[k]%a[j]==0&
sg[k]==0）
j–-;
puts（sg[0]?
”Stanwins.”:
”Olliewins.”）;
1907参考代码
inttemp,t,n,s,x,i;
for（i=s=temp=0;
n;
x;
if（x>
1）temp=1;
s^=x;
if（（s&
temp）||（!
s&
!
temp））
“John”<
“Brother”<
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