拈及其各种变形游戏 张镇华.docx

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拈及其各种变形游戏张镇华

拈及其各种变形游戏

张镇华

（一）拈（Nim）这种游戏

（二）威氏游戏（Wythoff'sGame）

（三）费氏数列及进位法

（四）威氏游戏的致胜方法

（五）单堆游戏

（六）结语

（一）拈（Nim）这种游戏

就像物理的不共容原理一样，数学游戏的趣味性和其数学理论的完整性，成为互相排斥的两部份。

一种游戏完全被数学决定以后，玩的人只要晓得其中的理论，无不处于优势。

游戏本身则成为数学的计算，玩起来必索然无味；但如果将它视为数学问题处理，则蕴藏有甚多美妙的理论在其中。

富有挑战性的游戏，则没有固定的规律可寻，必须随机应变，靠临场的机智和以往的经验取胜，玩者有味；但在数学理论上则没有什么可言。

拈及其各种变型游戏大都属于前者。

当做一种学问，我们只关心其富有趣味的数学理论。

在所有双人对局游戏中，拈是极其古老且饶富兴趣的一个课题。

据说，拈源自中国，经由被贩卖到美洲的奴工们外传。

辛苦的工人们，在工作闲暇之余，用石头玩游戏以排遣寂寞。

流传到高级人士，则用辨士（Pennils），在酒吧柜台上玩。

最有名的是将十二枚辨士分三列排成「三、四、五」的游戏，如下图：

游戏的规则很简单。

两人轮流取铜板，每人每次需在某一列取一枚或一枚以上的铜板，但不能同时在两列取铜板，直到最后，将铜板拿光的人赢得此游戏。

也可以做相反的规定：

最后将铜板拿光的人输。

一个头脑灵活的赌棍不久就会发现，先取的人，在第一列的三枚铜板中取走二枚，就能稳操胜算。

一个显而易见的规律是，只要你留下两列枚数相同的铜板，必可获胜。

在这里对称扮演极重要的角色。

如果这个游戏只是「三、四、五」型态，那么不久后，大部份人就能熟悉其中规律，并且变得没有兴趣。

有一个改变的方法是，将铜板的列数增加，每一列的枚数改变。

这样的做法，的确使人有毫无规律的感觉，至少不至于像「三、四、五」型态的拈一样易于把握。

直到本世纪初，哈佛大学数学系副教授查理士．理昂纳德．包顿（ChalesLeonardBouton）提出一篇极详尽的分析和证明，利用数的二进制表示法，解答了这个游戏的一般法则：

对任意列数的铜板，每列有任意枚数，如何取得致胜之道？

在包顿的术语中，拿过后剩下的残局不是安全（safe）就是不安全（unsafe）的局面。

在所有安全的情况下，不管对方如何拿总是到一不安全的情况，你可以再取适当枚数的铜板（在适当的某一列），达到另一安全的情况，这样一直到拿光铜板为止，当然最后一次拿光铜板的一定是你。

反之，你如果留下不安全的情况，对方必有方法在适当的某一列，取走适当枚数的铜板，达到他的安全情况，也就是说你输定了。

包顿的方法很简单。

首先，将各列铜板的枚数化成二进制数，相加，但不进位，然后再看和的各个位数。

如果和的各个位数都是偶数，则表示一安全残局;否则，如果有一位是奇数，则为不安全残局。

例如「三、四、五」游戏，一开始就是不安全残局，先拿的人可以适当取二枚而造成他的安全残局。

[例一]

另一个不安全残局的例子如下：

[例二]

或者

为什么安全残局和不安全残局可以利用上述的方法判定呢？

这个道理其实很简单。

首先，如果将各列铜板数化为二进制表示法，相加，但不进位，得到的各个位数都是偶数的话，不论对方取那一列，多少枚铜板，则那一列铜板数所对应的二进制表示法中，必有某一位或数字由0变成1或者由1变成0，其相加的和也相对的有某一位或数位由偶数变成奇数。

例如，{1,4,5}这个安全残局，从第二列的4枚铜板取走2枚，则

相反的，如果和的某一位或数字是奇数，则我们有办法在某一列取走适当枚数的铜板，使得新的和的各个位数都是偶数。

首先，选取和中所有为奇数的各个位数

；例如在{14,15,18,22}的例子中和的第1和第3位是奇数。

其次看这些位数中那一个是最左边一位；本例中当然是第3位。

找某一列，使其二进制表示法在此位上刚好是1；本例中，可以找第一例的14，也可以找第二列的15。

然后将此列的铜板数所对应的二进制数中，凡是第ai位，都改变其数值，亦即若为0则变为1，若为1则变为0，如此得到一新数，我们只要在此列铜板取走适当的数目，使达到这新的枚数，即可以使新的和的各个位数都是偶数；例如，若考虑第一列的14=1110枚铜板，将其第1和第3位改变得到1011=11枚铜板，所以要在第一列取走3枚铜板。

相反规定，拿光铜板的人算输峙，只耍将上面的规律略加修饰，也可以控制局面。

如果你一直拥有安全残局，对方一直处于不安全的情况，到某一时候，对方留下来的不安全残局一定会出现一种特殊型态，即是，除某一列铜板的枚数大于1，其他各列均只有一枚铜板（拿光的各列不管它），这时候你的拿法要开始注意，你需将较多枚铜板这一列全部取光，或者拿到只剩下一枚，决定采取何者，完全看你拿了之后，要能使剩下的列数为奇数，当然每一列均只有一枚铜板。

显而易见的是，以后一人都取一列，也是一枚，到最后拿的一定是对方，于是你就赢了。

有很多人把这个方法写成计算机程序，来和人对抗，不知就理的人被骗得团团转，无不惊叹计算机的神奇伟大。

其实说穿了，只因为它计算比人快，数的转化为二进制其速度快得非人能比，如此罢了。

（二）威氏游戏（Wythoff'sGame）

用来玩拈的道具不限于铜板。

工余之时，石头可以玩；无聊磕瓜子时，瓜子可以玩；围棋子可以玩……。

也可以将石头分堆放置，一堆相当于一列。

这些都不是重点，我们甚至可以改变取铜板的规定，最后取光时输赢的规定……，于是，各种不同的变型游戏遂产生。

在拈的游戏中，如果只有两列铜板，则很容易看出来，留下两列枚数相同的铜板是致胜的安全残局。

也就是我们一开始说的对称这个想法。

事实上，包顿很巧妙的将对称化成二进制和的各个位数为偶数，将问题给一般化，这是很天才的想法。

所以两列的拈是没有什么可说的。

将拈的规定略加修改，成为只有两列的威氏游戏，却极其有意思。

规定是这样的，铜板只有两列，每列的枚数随玩者任意规定，两人轮流取铜板，取的时候，需要任一列中取一枚或多枚铜板，或者同时在两列取同样枚数的铜板，直到最后将铜板取光的人赢。

当然也可以像拈一样有相反的规定，最后将铜板取光的人输。

今只讨论前者。

拈的玩法完全不能适用于威氏游戏。

所有拈的安全残局{n,n}，在威氏游戏中都是不安全残局。

因为我们加了一个规定，可以从两列铜板中同时取相同枚数的铜板。

[例3]若n是正整数，则{0,n}和{n,n}都是不安全残局。

[例4]{1,2}是安全残局。

因为

不管如何取，总是成为不安全残局。

[例5]{3,5}是安全残局。

因为

不管对方如何取，不是到达例3的不安全残局，就是你可以再适当取，使成例4的安全残局。

继续推演下去，可以得到许多组安全残局{1,2},{3,5},{4,7},{6,10},…。

一般而言，第n组安全残局{an,bn}可由下式定义得到

（1）a1=1,b1=2。

（2）若

已经求得，则定义an为未出现在以上这2n-2个数中的最小整数。

（3）bn=an+n。

做成表就是

n

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

an

1

3

4

6

8

9

11

12

14

16

bn

2

5

7

10

13

15

18

20

23

26

由

（1）、

（2）、（3）所定义的二数列

和

，具有下列特性：

（甲）数列

和

均是严格递增数列，而且bn=an+n。

（乙）

其中N表示正整数的集合，

（丙）若{an,bn}={am,bm}，则n=m，即an=am,bn=bm。

事实上，相反的，具有（甲）、（乙）性质的数列，也就是具有

（1）、

（2）、（3）性质的数列。

[定理]{an,bn}是威氏游戏的安全残局，其余的组合{x,y}都是不安全残局。

[证]我们只要证明下面二点即可。

（1）由任何一组{an,bn}取铜板，不管如何取，都不会成为另一组{am,bm}。

假设从一组{an,bn}中的an取x，bn取y而能达到另一组{am,bm}，则an-x=am，bn-y=bm。

（i）当x=0，y>0时，an=am则n=m，得y=0，矛盾。

（ii）当x>0，y=0时，bn=bm则n=m，得x=0，矛盾。

（iii）当x=y>0时，m=bm-am=（bm+y）-（am+x）=bn-an=n，矛盾。

（2）由任一组不是{an,bn}型的{x,y}可以适当取铜板使成某一组{am,bm}。

为方便计，可假设

。

（i）当x为某个bm时，y-am=y-（bm-m）=（y-x）+m>0，可在y中取y-am，变成{bm,am}。

（ii）当x为某个am，且y>bm时，在y中取y-bm，变成{am,bm}。

（iii）当x为某个am，且

时，y-x0。

在x中取x-ak，在y中取y-bk=x-ak则变成{ak,bk}。

这个定理不但告诉我们{an,bn}是威氏游戏的安全残局，其证明过程更暗含从不安全残局取铜板变成安全残局的法则。

我们只要记住这个法则，还有{an,bn}组合，则无不处于优势。

但是有一个问题是，当数目很大的时候，要记住一大堆{an,bn}是一件非常吃力不讨好的工作。

我们于是自然会问，有没有像拈类似的法则用来判断任何一组{x,y}是否为威氏游戏的安全残局，而不必逐一计算{a1,b1},{a2,b2}…。

答案是有的，在解答这之前，我们需要谈谈费氏数列及相关的问题。

（三）费氏数列及进位法

费氏数列是指无穷数列1,2,3,5,8,13,21,…而言，它的一般表示式是f0=1，f1=2，fn+2=fn+1+fn真正把它计算出来是

计算的过程和我们要讨论的没有太大关系，兹从略。

有一点可以注意的是，{fn}几乎成一等比级数。

因为

，其绝对值小于1，当n很大时，

变得很小，几乎可以省略不计。

也就是说

，几乎是等比级数型式增加。

费氏级数最有趣的特性是，自然界许多生长的过程或多或少和它有点关联。

可参考《数学漫谈》第四章（下）。

通常我们所熟悉的阿拉伯数字表示自然数的方法是利用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字为基础，借「位」的观念，和「逢十进一」的方法组织而成。

这就是十进制法。

举例来说，345=3x102+4x101+5。

仿照这个道理，有各种进位法，例如计算机所熟悉的二进制法，仅有0和1两种基本数字，10110表示1x24+0x23+1x22+1x21+0=16+4+2=22。

八进制法，则仅有0,1,2,3,4,5,6,7八个数字。

标准的进位法中，各位都是满一个固定数就进位。

例如：

十进制法是满十进一，即个位数满十进一到十位数，十位数满十进一到百位数，百位数满十进一到千位数，……等。

考虑一个自然数的无穷数列B0,B1,B2,…其中B0=1，其余各Bn均大于1。

我们可以采取一种名为B进位法的记数法则：

由右边算起，第一位满B1进一到第二位，第二位满B2，进一到第三位，……，第n位满Bn，进一到第n+1位。

任何一个自然数x可以有唯一的B进位表示法

，其中

。

则

标准十进制法是取Bi=10,i=1,2,…。

各种k进位法是指Bi=k,i=1,2,…而言。

[例6]Bn=n+1，求347的B进位表示法。

所以347=2x（2x3x4x5）+4x（2x3x4）+1x（2x3）+2x2+1=24121B

假设Pn=B0B1…Bn则

成为一个以1为起点的严格递增无穷自然数列。

自然数N的B进位表示法

如果我们一开始就取一个以1为起点的严格递增无穷自然数列

，对于任何自然数N表示成

有无困难？

答案是有的。

在B进位表示法中，每一个自然数恰有唯一的一种表示法；但是在这种新的表示法中，不一定每个自然数均只有一种表示法。

[例6.1]数列

定义为Pn=2n+1,则

有趣的是，自然数的P数列表示法一定有解。

[定理2]

是一个以1为起点的严格递增无穷自然数列，则每一自然数N至少可以表示成一种P数列表示法

[证]利用数学归纳法证明：

N

。

n=1时，N=l0，其中l0（P）=N。

若n=k时本定理成立，则n=k+1时，利用除法公式，可以找到lk及r使得

由归纳法假设

而且

。

故

将上面这种理论用到费氏数列{fn}因为

，所以费氏表示法中的各个「位数」只能是0或1。

费氏数列表示法不具有唯一性。

[例7]化60为费氏数列表示法。

n

0

1

2

3

4

5

6

7

8

fn

1

2

3

5

8

13

21

34

55

因为fn+2=fn+1+fn，费氏数列表示法中有一种有趣的「进位法」：

第n位和第n+1位都是1时，可以进位到第n+2位。

如上例10110110（f）的第5和第6位都是1，故可以进位到第7位，将原数化成11000110（f）；同理，可将11000110（f）的第2和第3位进位到第4位，成为11001000（f）。

利用这个性质，在一数的某一费氏数列表示法中，如果有相邻的两位均是1，则可以进位到左边一位，化成另一个不同的表示法，继续化简，到最后，可以得到一种表示法，其中li各数目，相邻两个不同时为1（否则，再进位即可），每一个数都有一种唯一的如此表示法，称之为标准表示法。

另一有趣的性质是：

如果lnln-1…l1l0（f）中各位数字0和1相间出现，例如101010（f）或10101（f）则

（四）威氏游戏的致胜方法

现在回到第

（二）节的数列{an}和{bn}。

一个相当有趣的事实是，如果将威氏游戏的各组安全残局{an,bn}用费氏数列标准表示法表示出来，如下表：

仔细观察，各个bn恰好是an后面加一个0，每个an最右边有偶数个连续的0（包括没有0），当然bn最右边有奇数个连续的0。

有了这个结果，我们要检查一组{x,y}（其中

）是否安全残局，就可以将x和y表成费氏数列标准表示法，再看看是否合于上述的条件即可。

这中间的优点是，我们不必再计算所有

的安全残局{an,bn}，以决定{x,y}是否安全。

更重要的是，我们将有一种简便的方法，可以将不安全残局{x,y}适当的取成某一安全残局{an,bn}。

当然，数论上的一些结果告诉我们

（[x]表示小于或等于x的最大整数，例如[2.99]=[2.0]=[2]=2）由定理1，我们几乎要求出2x/（sqrt5-1）组{an,bn}才能顺利的判定安全残局，以及由不安全残局拿成安全残局的方法。

当x大的时候，这么多的数据处理起来必然不方便。

上述{an,bn}的性质，只是依观察而得，现在我们要证明其真实性。

我们所以要这样做，不光是因为数学上的严密性，在证明的过程中，用到的一些计算，将很有用处。

首先将自然数分成A和B两部份，A是所有费氏标准表示法中右边有偶数个连续0的自然数的集合，B则是所有费氏漂准表示法中右边有奇数个连续0的自然数的集合。

将A中之数由小而大排成一数列

设bn'是an'费氏标准表示法右边再加一个0者。

我们将证明

且合于第

（二）节的（甲）（乙）条件。

所以，事实上就是

因此证明了上述的性质。

（乙）易于知道成立。

因为

和

都是严格增加数列，为了证明（甲），我们只要证明bn'=an'+n就可以，兹分下面两步骤，证明之。

（第一）bn'-an'，随n增加而增加。

也就是，当n>m时，bn'-an'>bm'-am'。

[证]假设

上面均是标准表示法，但左边有的填0（即lr或

可能为

等）以便对齐。

n>m表示an'>am'，也就是有一个s

对每一个i>s成立，

。

因为

可见

bn'-an'>bm'-am'

（第二）对于任一自然数x，有一组{an',bn'}使得bn'=an'+x。

[证]当x的费氏标准表示法右边有奇数个连续的0时，取an'=x0（f）,bn'=x00（f）即可以。

当x的费氏标准表示法右边有偶数个连续的0时，即

取

利用

可见bn'=an'+x成立。

（第一）和（第二）证明了bn'=an'+n的确成立。

上面的证明不但说明了{an,bn}具有所述的性质，即是an为第n个费氏标准表示法之最右边有偶数个连续0的自然数，bn是第n个费氏标准表示法之最右边有奇数个连续0的自然数，尤有进者，bn的表示法等于an表示法右边再加一个0而已。

而且由（第二）可以知道，对于任何一个自然数x，不必用归纳法从a1,b1,a2,b2,…算起，一直求至ax,bx。

直接就可以算出ax和bx来。

所以在利用定理1的时候，我们就可以不必记忆一大堆{an,bn}值了。

（五）单堆游戏

在所有拈的变型游戏中，单堆游戏似乎是比较简单的。

最常见而为大众熟悉的玩法是这样的：

「两人轮流取一堆石头，每人每次最少取1个，最多取k个，最后取光石头的人赢得此游戏。

」请问有何致胜之道？

和前面一样，所有的情况，可以分为安全和不安全两种。

在这里k+1这个数扮演着极重要的角色，因为每次某一人拿的石头数i，合于

，可见

，另一人总是可以取k+1-i个石头，使这两次所取的石头共有k+1个，由是可见k+1是安全残局，利用归纳法则k+1的倍数必为安全残局。

反之，不是k+1倍数的任一自然数n=q（k+1）+r，其中

，一次拿r个石头就能到达q（k+1），即某一安全残局，可见此时为不安全残局。

相反的规定：

「最后取光石头的人输」，也可以分析知道，安全残局是q（k+1）+1这种型态的数。

并不是所有单堆游戏都是如此容易的，例如「奇偶游戏」则是较复杂的一种。

所谓「奇偶游戏」只是将上述的问题略加修改，最后取光石头时的输赢的规定不同，即「两人轮流取一堆石头，每人每次最少取1个，最多取k个，到最后石头被取光时，若手中所有石头总数为奇数，则此人赢得此游戏。

（也可以规定石头总数为偶数的人赢得此游戏）。

」显而易见的是，原先这堆石头的总数要是奇数才有意义。

这个游戏较前者更复杂，其安全残局视k的奇偶和k+1或k+2的倍数有关系。

另一个和骰子有关的单堆游戏由古先生1提出来，问题是这样的：

「有一堆石头，数目不拘。

首先任意掷一骰子，看出现几点，就取去几个石头。

然后两人轮流翻转骰子到前次骰子出现那一面的旁边四面中任一面，但不可以翻到对面，也不可以不翻，翻到几点，就取去几个石头，如此轮流玩到一方没有办法拿石头，也就是说，剩下的石头数比他翻到的数目还小的时候，则他就算输了。

」

首先要了解的一点是，骰子上面六个数目安排的方法。

从1到6的各个自然数在骰子上各出现一次，1的对面是6，2的对面是5，3的对面是4。

这个游戏和第一个单堆游戏有点类似，却不相同。

如果骰子出现i的时候，轮到你，则从1到6中的各数有两个，即是i和7-i，你不能翻到，其余四个随你高兴爱翻那一个都可以。

所以每次你能够取的石头数，依前次对方所翻到的数目而定，而对方翻的数又因你前次翻的而定，如此相互影响，就显得很复杂了。

仔细分析的结果，可以发现其安全残局和8的倍数有密切关系。

有兴趣的读者可以自已试试看。

如果把骰子加成两个，然后规定每次翻两个骰子，把翻到的两个数字和算出来，取掉同样数目的石头，则又如何呢？

如果还是有两个骰子，但每次只任选其中一个将它翻到新数目，看这数目是多少，就取掉多少石头，则又如何？

或者，还是两个骰子，每次只任意翻转其中一个到新数目，但把这个新数目和另一个未翻的骰子相加，算出其和，取掉同样数目的石头，则又如何？

当然，增加骰子的数目，则游戏更复杂。

最后我们想仔细讨论的一个单堆游戏叫做「双倍游戏」。

这个游戏和骰子的单堆游戏有一共同的特性：

每次所拿石头的个数受上次对方所拿石头的个数影响。

问题是这样的：

「两人轮流取石，每人每次至少取1个石头，至多取上次对方所拿石头数目的两倍；最后拿光石头的人赢得此游戏。

当然，第一个人不能第一次就取光所有石头。

」

[例8]2是安全残局，因对方只能取1。

[例9]3是安全残局。

因

[例10]5是安全残局。

因

如此继续推演下去，一个很有意思的结论是，所有费氏级数的项fn均是安全残局其余都是不安全残局。

要证明这件事情可以分几步完成，主要的概念还是在于自然数的费氏数列标准表示法。

（i）如果

，则fn

[证明]因为f1=2，f2=3，f3=5，所以n=1,2,时易知为对。

若n

两式相加

由归纳法得证。

（ii）如果你留下x=fk1+fk2+…+fkn-1+fkn个石头，其中

i=1,2,…,n-1，而且对方下次所能取走的石头数目小于fkn则你留下的是一安全残局。

[证明]假设对方拿走

个石头，其中

i=1,2,…,m-1。

当

时，

则

所以你可以取走y'个石头，使剩下x'=fk1+fk2+…+fkn-1个石头，而且

也就是对方下次所能取走的石头数目小于fkn+1如此又可用归纳法继续推演本定理。

其次，如果kn>2+kn+1分解

其中t为

为奇数，而且kn-t=kn+1或1+kn+1。

所以你可以取走y'个石头，使剩下

个石头，而且

2y'<2fkn-t

也就是下次对方所能取走的石头数目小于fkn-t+2。

同理可用归纳法。

（iii）双倍游戏中的安全残局是fn,n=1,2,…。

[证明]x=fn时就如（ii）所述，对方所取的石头不超过

，所以你是留下安全残局。

若一开始x不是fn型态，化为费氏标准式，

对方可以取去fkm剩下

；轮到你时不得取超过

，由（ii）可知他留下了他的安全残局，所以一开始是你的不安全残局。

（六）结语

有兴趣吗？

让我们随便规定一个玩法：

「一堆石头有100个，两人轮流取石，每次每人至少取一个，最多取上次对方取走石数的三倍。

最后取光的赢得游戏。

当然，第一个拿的人不可以第一次就取光所有石头。

」

笔者不晓得其中有何规则。

来吧！

你先？

还是我先？

东南亚电影外加牛肉面一碗。

1.《数学漫谈》，戴维．柏佳米尼及《时代生活》杂志社编辑部着，傅溥译着，美亚书局发行。

2.A.M.YaglomandI.M.Yaglom,《ChallengingMathematicalProblemswith