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博弈

博弈知识汇总&&取火柴游戏  

2012-03-2419:

15:

47|  分类：

 博弈论|字号 订阅

博弈知识汇总

     有一种很有意思的游戏，就是有物体若干堆，可以是火柴棍或是围棋子等等均可。

两个人轮流从堆中取物体若干，规定最后取光物体者取胜。

这是我国民间很古老的一个游戏，别看这游戏极其简单，却蕴含着深刻的数学原理。

下面我们来分析一下要如何才能够取胜。

（一）巴什博奕（BashGame）：

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。

  这个游戏还可以有一种变相的玩法：

两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。

（二）威佐夫博奕（WythoffGame）：

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。

   这种情况下是颇为复杂的。

我们用（ak，bk）（ak ≤ bk,k=0，1，2，…,n）表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。

前几个奇异局势是：

（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（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 ， bak ，b=ak+k,则从第一堆中拿走多余的数量a – ak 即可；如果a

   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

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（29，45，48）。

   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）

     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。

                       取火柴游戏

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：

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

所以x

  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。

证明：

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。

定义：

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。

定义：

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。

证明：

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。

证明：

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。

证明：

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。

证明：

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。

证明：

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. 

证明：

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。

证明：

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->S2->T2->  …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0（全0） 

第二题的全过程其实如下：

S2->T2->S2->T2->  …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0（全0） 

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

博弈算法入门小节 153615171907

小子最近迷途于博弈之中。

。

。

感触颇深。

为了让大家能够在学习博弈的时候少走弯路，最重要的也是为了加深自己的影响，温故而知新，特发此贴与大家共勉。

学博弈先从概念开始：

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。

小子英语很弱，在这困扰很久。

现在为大家大概介绍一下。

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。

具体的有关SG值是怎么运用的希望大家自己多想想。

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）

当你全部看完以上的东西。

做完以上的题目的话。

。

。

小子恭喜你~你博弈入门了~~~~

   这里小子告诉大家。

博弈很强大。

学习要耐心~谢谢

CurrentSystemTime:

2008-12-1119:

16:

03

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

//Accepted1536578MS416K904B

#include”iostream”

usingnamespacestd;

intf[101],sg[10001],k;

intmex（intb）

{

  inta[101]={0},i;

  for（i=0;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;

  }

  for（i=0;i

    if（!

a）

    {

      returni;

    }

}

intmain（）

{

  inti,t,n,s,bead,j;

  while（cin>>k,k）

  {

    for（i=0;i

    {

      cin>>f;

    }

    memset（sg,-1,sizeof（sg））;

    for（i=0;i

      for（j=i+1;j

        if（f>f[j]）

        {

          f+=f[j];

          f[j]=f-f[j];

          f-=f[j];

        }

    sg[0]=0;

    cin>>t;

    while（t–）

    {

      cin>>n;

      s=0;

      while（n–）

      {

        cin>>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”;

      else

        cout<< “W”;

    }

    cout<

  }

  return0;

}

1517参考代码

//博弈-基于求SG值

//Accepted1517234MS0K837B

#include”iostream”

usingnamespacestd;

intmain（）

{

  __int64a[7000]={1},min,n;

  intp[10],sg[7000],i,j,k;

  for（i=2;i<10;p=0,i++）;

  for（i=1;i<7000;i++）

  {

    for（j=2,min=-1;j<10;j++）

      if（min==-1||a[p[j]]*j

        min=j;

    a=a[p[min]]*min;

    min=a[p[min]]*min;

    if（a>=5000000000）

      break;

    for（j=2;j<10;j++）

      if（a[p[j]]*j==min）

        p[j]++;

  }//从小到大求出所有乘积

  while（scanf（“%I64d”,&n）!

=EOF）

  {

    for（i=0;i<7000;i++）

    {

      sg=0;

      if（a>=n）

        break;

    }

    for（j=i-1;a[j]*9>=n&&j>=0;j–）

      sg[j]=1;

    while（j>=0）

    {

      for（k=j+1;k=a[k];k++）

        if（a[k]%a[j]==0&&sg[k]==0）

        {

          sg[j]=1;

          break;

        }

      j–;

    }

    puts（sg[0]?

”Stanwins.”:

”Olliewins.”）;