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
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{
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;iif(!
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;ifor(j=i+1;jif(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
#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]]*jmin=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.”);
}
return0;
}
1907参考代码
#include”iostream”
usingnamespacestd;
intmain()
{
inttemp,t,n,s,x,i;
cin>>t;
while(t–)
{
cin>>n;
for(i=s=temp=0;i{
cin>>x;
if(x>1)temp=1;
s^=x;
}
if((s&&temp)||(!
s&&!
temp))
cout<<“John”<else
cout<<“Brother”<}
return0;
}