博弈由感性认识到理性认识.docx
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博弈由感性认识到理性认识
由感性认识到理性认识
——透析一类搏弈游戏的解答过程
一、游戏2
二、从简单入手2
三、类比与联想6
四、证明8
五、推广11
六、精华12
七、结论16
八、总结17
一、
游戏
2游戏A：
2甲乙两人面对若干堆石子，其中每一堆石子的数目可以任意确定。
例如图1所示的初始局面：
共n=3堆，其中第一堆的石子数a1=3，第二堆石子数a2=3，第三堆石子数a3=1。
两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下：
Ø每一步应取走至少一枚石子；
Ø每一步只能从某一堆中取走部分或全部石子；
Ø如果谁无法按规则取子，谁就是输家。
图1游戏的一个初始局面
2游戏B：
Ø甲乙双方事先约定一个数m，并且每次取石子的数目不能超过m个；
Ø其余规则同游戏A。
我们关心的是，对于一个初始局面，究竟是先行者（甲）有必胜策略，还是后行者（乙）有必胜策略。
下面，我们从简单入手，先来研究研究这个游戏的一些性质。
二、从简单入手
☞用一个n元组（a1,a2,…,an），来描述游戏过程中的一个局面。
☝可以用3元组（3,3,1）来描述图1所示的局面。
@改变这个n元组中数的顺序，仍然代表同一个局面。
☝（3,3,1）和（1,3,3），可以看作是同一个局面。
@如果初始局面只有一堆石子，则甲有必胜策略。
&甲可以一次把这一堆石子全部取完，这样乙就无石子可取了。
@如果初始局面有两堆石子，而且这两堆石子的数目相等，则乙有必胜策略。
&因为有两堆石子，所以甲无法一次取完；
&如果甲在一堆中取若干石子，乙便在另一堆中取同样数目的石子；
&根据对称性，在甲取了石子之后，乙总有石子可取；
&石子总数一直在减少，最后必定是甲无石子可取。
☝对于初始局面
（1），甲有必胜策略，而初始局面（3,3），乙有必胜策略。
☞局面的加法：
（a1,a2,…,an）+（b1,b2,…,bm）=（a1,a2,…,an,b1,b2,…,bm）。
☝（3）+（3）+
（1）=（3,3）+
（1）=（3,3,1）。
☞对于局面A,B,S，若S=A+B，则称局面S可以分解为“子局面”A和B。
☝局面（3,3,1）可以分解为（3,3）和
（1）。
@如果初始局面可以分成两个相同的“子局面”，则乙有必胜策略。
&设初始局面S=A+A，想象有两个桌子，每个桌子上放一个A局面；
&若甲在一个桌子中取石子，则乙在另一个桌子中对称的取石子；
&根据对称性，在甲取了石子之后，乙总有石子可取；
&石子总数一直在减少，最后必定是甲无石子可取。
☝初始局面（2,2,5,5,5,5,7,7），可以分成两个（2,5,5,7），故乙有必胜策略。
☞对于局面S，若先行者有必胜策略，则称“S胜”。
☞对于局面S，若后行者有必胜策略，则称“S负”。
☝若A=
（1），B=（3,3），C=（2,2,5,5,5,5,7,7），则A胜，B负，C负。
☝我们所关心的，就是如何判断局面的胜负。
@如果局面S胜，则必存在取子的方法S→T，且T负。
@如果局面S负，则对于任意取子方法S→T，有T胜。
2设初始局面S可以分解成两个子局面A和B（分解理论）。
@若A和B一胜一负，则S胜。
&不妨设A胜B负；
&想象有两个桌子A和B，桌子上分别放着A局面和B局面；
&因为A胜，所以甲可以保证取桌子A上的最后一个石子；
&与此同时，甲还可以保证在桌子B中走第一步的是乙；
&因为B负，所以甲还可以保证取桌子B中的最后一个石子；
&综上所述，甲可以保证两个桌子上的最后一个石子都由自己取得。
@若A负B负，则S负。
&无论甲先从A中取，还是先从B中取，都会变成一胜一负的局面；
&因此，乙面临的局面总是“胜”局面，故甲面临的S是“负”局面。
@若B负，则S的胜负情况与A的胜负情况相同。
@若A胜B胜，则有时S胜，有时S负。
@如果S=A+C+C，则S的胜负情况与A相同。
&令B=C+C，则S=A+B且B负，故S的胜负情况与A相同。
☝图1所示的初始局面（3,3,1）=（3）+（3）+
（1），与局面
（1）的胜负情况相同。
☝图1中所示的初始局面（3,3,1）是“胜”局面，甲有必胜策略。
☞称一个石子也没有的局面为“空局面”。
@空局面是“负”局面。
☞如果局面S中，存在两堆石子，它们的数目相等。
用T表示从S中把这两堆石子拿掉之后的局面，则称“S可以简化为T”。
☝局面（2,2,2,7,9,9）可以简化为（2,2,2,7），还可以进一步简化为（2,7）。
@一个局面的胜负情况，与其简化后的局面相同。
☝三个局面（2,2,2,7,9,9）、（2,2,2,7）和（2,7），胜负情况都相同。
☞不能简化的局面称为“最简局面”。
☝局面（2,7）是最简局面。
@最简局面中不会有两堆相同的石子，故可以用一个集合来表示最简局面。
☝最简局面（2,7）可以用集合{2,7}来表示。
✉如果只关心局面的胜负，则一个局面可以用一个集合来描述。
☝图1所示的局面（3,3,1），可以用集合{1}来描述。
如果用搜索（搏弈树）的方法来解这个游戏，则采用集合来表示一个局面，比采用多元组来表示一个局面，搜索量将有所减少，但时间复杂度仍然很高。
能不能进一步简化一个局面的表示呢？
三、类比与联想
2二进制加法
Ø1+0=1；
Ø0+1=1；
Ø0+0=0；
Ø1+1=0。
2二进制的加法VS局面的加法
Ø大写字母AB表示局面，小写字母ab表示二进制
Ø若A和B相同，则A+B负；若a和b相等，则a+b=0
Ø若A胜B负，则A+B胜；若a=1且b=0，则a+b=1
Ø若B胜A负，则A+B胜；若b=1且a=0，则a+b=1
Ø若A负B负，则A+B负；若a=0且b=0，则a+b=0
Ø……
☪如果用二进制1和0，分别表示一个局面的胜或负
@局面的加法，与二进制的加法有很多类似之处。
✗若A胜B胜，则A+B有时胜，有时负；若a=1且b=1，则a+b=0。
☞二进制数的加法：
对二进制数的每一位，都采用二进制的加法。
☝
，
。
2二进制数的加法VS局面的加法
Ø大写字母AB表示局面，小写字母ab表示二进制数
Ø若A和B相同，则A+B负；若a和b相等，则a+b为0
Ø若A胜B负，则A+B胜；若a≠0且b=0，则a+b≠0
Ø若B胜A负，则A+B胜；若b≠0且a=0，则a+b≠0
Ø若A负B负，则A+B负；若a=0且b=0，则a+b=0
Ø若A胜B胜，则A+B有时胜，有时负
Ø若a≠0且b≠0，则有时a+b≠0，有时a+b=0
Ø……
☪如果用二进制数s来表示一个局面S的胜或负，S胜则s≠0，S负则s=0
@局面的加法，与二进制数的加法，性质完全相同。
☪能否用一个二进制数，来表示一个局面呢？
☞用符号#S，表示局面S所对应的二进制数。
☪如果局面S只有一堆石子，则用这一堆石子数目所对应的二进制数来表示S。
☝#（5）=5=101。
☪若局面S=A+B，则#S=#A+#B。
☝局面（3,3）=（3）+（3），所以#（3,3）=#（3）+#（3）=11+11=0。
☝局面（3,3,1）=（3,3）+
（1），所以#（3,3,1）=#（3,3）+#
（1）=0+1=1。
☞函数f：
若局面S只有一堆石子，设S={a1}，则f（a1）=#S，即f（a1）=#（a1）。
☝对于游戏A来说，#（5）=101，所以f（5）=101。
☝对于游戏A来说，f（x）就是x所对应的二进制数。
换句话说，f（x）=x。
@设局面S=（a1,a2,…,an），即S=（a1）+（a2）+…+（an），则#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an）。
☝#（3,3,1）=#（（3）+（3）+
（1））=#（3）+#（3）+#
（1）=f（3）+f（3）+f
（1）=11+11+1=1。
☪对于局面S，若#S=0，则S负；若#S≠0，则S胜。
四、证明
@二进制数a,b，若a+b=0，当且仅当a=b。
☝
@二进制数a,b,s，若a+b=s，则a=b+s。
☝
@二进制数a1+a2+…+an=p≠0，则必存在k，使得ak+p&因为p≠0，所以p的最高位是1；
&设p的最高位是第q位；
&至少存在一个k，使得ak的第q位也是1；
&ak+p的第q位为0，所以ak+p☝
快速推导ak+pak+ak=0@若#S=0，则无论先行者如何取子S→T，都有#T≠0。
&先行者只能从某一堆中取若干石子，不妨设他选择的就是第1堆；
&设先行者从第1堆中取了x个石子，用T表示取完之后的局面；
&设S=（a1,a2,…,an），则T=（a1–x,a2,…,an）；
&#S=f（a1）+#（a2,…,an）=0，故f（a1）=#（a2,…,an）；
&#T=f（a1–x）+#（a2,…,an）=f（a1–x）+f（a1）；
&x>0→f（a1）≠f（a1–x）→f（a1）+f（a1–x）≠0→#T≠0。
☝
@若#S≠0，则先行者必然存在一种取子方法S→T，且#T=0。
&设S=（a1,a2,…,an），p=#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an）；
&因为p≠0，所以必然存在k，使得f（ak）+p&先行者将第1堆的石子的数目从a1变成x，用T表示这个局面；
&p=#S=f（a1）+#（a2,…,an），故#（a2,…,an）=f（a1）+p=x；
&#T=f（x）+#（a2,…,an）=f（x）+x=0。
☝
☞若S是空局面，则#S=0。
个人推导过程：
p+f（ak）✉若#S=0，则S负；若#S≠0，则S胜。
☝#（1,2,3）=01+10+11=0，故局面（1,2,3）负。
☝#（1,2,3,4）=001+010+011+100=100，故局面（1,2,3,4）胜。
对于游戏A来说，任意的一个初始局面S=（a1,a2,…,an），我们把这里的ai都看成是二进制数。
令#S=a1+a2+…+an。
若#S≠0，则先行者（甲）有必胜策略；否则#S=0，这时后行者（乙）有必胜策略。
下面把这个结论推广到游戏B。
☞函数f：
f（x）=xmod（m+1）；把函数f的值看作是二进制数。
☞对于任意初始局面S=（a1,a2,…,an），令#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an）。
@若#S≠0，则先行者（甲）有必胜策略；否则后行者（乙）有必胜策略。
&类似游戏A的证明。
2游戏B的解法与游戏A十分类似。
这是因为两个游戏的规则相当类似。
五、推广
2游戏C：
2甲乙两人面对若干排石子，其中每一排石子的数目可以任意确定。
例如图2所示的初始局面：
共n=3排，其中第一排的石子数a1=7，第二排石子数a2=3，第三排石子数a3=3。
两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下：
Ø每一步必须从某一排中取走两枚石子；
Ø这两枚石子必须是紧紧挨着的；
Ø如果谁无法按规则取子，谁就是输家。
图2游戏的一个初始局面
☝如果甲第一步选择取第一排34这两枚石子，之后无论是甲还是乙，都不能一次取走25这两枚石子。
换句话说，如果取了34这两枚石子，等价于将第一排分成了两排，这两排分别有2个和3个石子。
我们只关心，对于一个初始局面，究竟是先行者（甲）有必胜策略，还是后行者（乙）有必胜策略。
游戏C的规则和游戏A并不那么相似。
但是，前面所列出的，游戏A的关键性质，游戏C却都具有。
比如说，图2所示的初始局面可以用三元组（7,3,3）来表示，它的胜负情况与初始局面（7）相同。
游戏A的解答是由它的性质得出来的。
因此，我们猜想游戏C是否也能用类似的方法来解。
六、精华
2回忆游戏A的结论，以及它在游戏B上的推广，对于游戏C，我们的想法是
☪设计一个函数f，把函数f的值看作是二进制数。
对于任意一个初始局面S，设S=（a1,a2,…,an），令#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an）。
若#S≠0，则先行者（甲）有必胜策略；否则#S=0，这时后行者（乙）有必胜策略。
☝游戏A中，f（x）=x。
☝游戏B中，f（x）=xmod（m+1）。
☝游戏C中，f（x）=?
。
2关键就在于如何构造一个满足要求的函数f。
2回忆关于游戏A、B的结论的证明过程
@函数f是否满足要求，关键在于#S是否满足下面的条件。
Ø若#S=0，则无论先行者如何取子S→T，都有#T≠0。
Ø若#S≠0，则先行者必然存在一种取子方法S→T，且#T=0。
☞用符号$（x），表示局面（x）的下一步所有可能出现的局面的集合。
☝在游戏A中，$（3）={
（2）,
（1）,（0）}。
☝在游戏B中，若m=4，则$（9）={（8）,（7）,（6）,（5）}，$
（2）={
（1）,（0）}。
☝在游戏C中，$（7）={（5）,（1,4）,（2,3）}。
☞定义集合g（x）：
设$（x）={S1,S2,…,Sk}，则g（x）={#S1,#S2,…,#Sk}。
☝在游戏A中，$（3）={
（2）,
（1）,（0）}，故g（3）={#
（2）,#
（1）,#（0）}={10,01,00}。
☝在游戏B中，若m=4，则g（9）={#（8）,#（7）,#（6）,#（5）}，g
（2）={#
（1）,#（0）}。
☝在游戏C中，g（7）={#（5）,#（1,4）,#（2,3）}。
☝
Ø若#S=0，则无论先行者如何取子S→T，都有#T≠0。
&设S=（a1,a2,…,an），由于先行者只能选择一堆石子，不妨设选择了a1；
&因为#S=f（a1）+#（a2,…,an）=0，所以f（a1）=#（a2,…,an）；
&先行者可能将局面（a1）变为局面（b1,…,bm），#（b1,…,bm）属于集合g（a1）；
&设这时的局面为T，我们有T=（b1,…,bm）+（a2,…,an）；
&#T=#（b1,…,bm）+#（a2,…,an）=#（b1,…,bm）+f（a1）；
&如果要求#T≠0，则必然有#（b1,…,bm）≠f（a1）；
&因此，函数f（a1）的值，不属于集合g（a1）。
（充要）
☝
Ø若#S≠0，则先行者必然存在一种取子方法S→T，且#T=0。
&设S=（a1,a2,…,an），p=#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an）；
&因为p≠0，所以必然存在k，使得f（ak）+p&因为p=#S=f（a1）+#（a2,…,an），故（a2,…,an）=p+f（a1）=x；
&如果先行者把局面（a1）变为局面（b1,…,bm），#（b1,…,bm）属于集合g（a1）；
&设这时的局面为T，我们有T=（b1,…,bm）+（a2,…,an）；
&#T=#（b1,…,bm）+#（a2,…,an）=#（b1,…,bm）+x；
&如果要使#T=0，相当于要找到（b1,…,bm），使得#（b1,…,bm）等于x；
&如果可以保证x属于集合g（a1），则肯定可以找到相应的的（b1,…,bm）；
&因为x&如果集合g（a1）包含集合{0,1,…,f（a1）–1}，则x一定属于g（a1）。
（充分）
☝
2函数f满足要求的一个充分条件
Øf（a1）不属于集合g（a1）。
Ø集合g（a1）包含集合{0,1,…,f（a1）–1}。
☝如果g（a1）={0,1,2,5,7,8,9}，则f（a1）=3，满足要求。
☞用大写字母N表示非负整数集，即N={0,1,2,…}。
☞令N为全集，集合G（x）表示集合g（x）的补集。
☞定义函数f（n）：
f（n）=min{G（n）}，即f（n）等于集合G（n）中的最小数。
☞设局面S=（a1,a2,…,an），#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an），采用二进制数的加法。
✉若#S=0，则S负；若#S≠0，则S胜。
☝游戏C的f值：
Øg（0）={}，G（0）={0,1,…}，f（0）=0；
Øg
（1）={}，G
（1）={0,1,…}，f
（1）=0；
Øg
（2）={#（0）}={f（0）}={0}，G
（2）={1,2,…}，f
（2）=1；
Øg（3）={#
（1）}={f
（1）}={0}，G
（2）={1,2,…}，f（3）=1；
Øg（4）={#
（2）,#（1,1）}={f
（2）,f
（1）+f
（1）}={1,0}，G（4）={2,3,…}，f（4）=2；
Øg（5）={#（3）,#（1,2）}={f（3）,f
（1）+f
（2）}={1,1}，G（5）={0,2,3,…}，f（5）=0；
Øg（6）={#（4）,#（1,4）,#（2,2）}={2,1,0}，G（6）={3,4,…}，f（6）=3；
Øg（7）={#（4）,#（1,4）,#（2,3）}={2,2,0}，G（7）={1,3,4,…}，f（7）=1；
☝图2所示的局面S=（7,3,3），有#S=f（7）+f（3）+f（3）=1+1+1=1，故S胜。
☝游戏C的初始局面S=（3,4,6），有#S=1+2+3=01+10+11=0，故S负。
七、结论
2此类搏弈游戏的一般性解法：
☞用一个n元组（a1,a2,…,an），来描述游戏过程中的一个局面。
☞用符号#S，表示局面S所对应的二进制数。
☞用符号$（x），表示局面（x）的下一步所有可能出现的局面的集合。
☞定义集合g（x）：
设$（x）={S1,S2,…,Sk}，则g（x）={#S1,#S2,…,#Sk}。
☞令非负整数集为全集，集合G（x）表示集合g（x）的补集。
☞定义函数f（n）：
f（n）=min{G（n）}，即f（n）等于集合G（n）中的最小数。
☞设局面S=（a1,a2,…,an），#S=f（a1）+f（a2）+…+f（an），采用二进制数的加法。
✉若#S≠0，则先行者有必胜策略；若#S=0，则后行者有必胜策略。
2适用范围和限制条件：
Ø甲乙两人取石子游戏及其类似的游戏；
Ø每一步只能对某一堆石子进行操作；
Ø每一步操作的限制，只与这堆石子的数目或一些常数有关；
Ø操作在有限步内终止，并不会出现循环；
Ø谁无法继续操作，谁就是输家。
2游戏D（POI’2000，Stripes）：
2一排石子有L个，甲乙两人轮流从中取“紧紧挨着的”A或B或C枚石子。
谁不能取了，谁就是输家。
已知A,B,C,L，问甲乙二人谁有必胜策略。
☺有了前面的结论，这个游戏就难不倒我们了。
八、总结
1.从算法优化的角度
取石子游戏属于一类典型的搏弈游戏。
穷举所有的局面，理论上可以求得最优策略。
但穷举的时空复杂度太高，本文所提出的解法，有效的控制了算法的时空复杂度，可以看作是对穷举法的一个优化。
优化算法的过程，可以看作是在优化局面的表示。
首先，我们用一个n元组表示一个局面，这是很直观很容易想到的。
因为我们只关心局面的胜负，于是得到了第一个性质：
这个n元组是无序的。
进一步分析发现，n元组中如果出现两个相同的数字，则把它们消去，不影响局面的胜负。
于是，我们改用集合来表示一个局面。
最后，通过与二进制数的对比，又简化到用一个数来表示一个局面。
优化局面的表示，使得搜索量大大减少。
那么，减少的搜索量都到哪里去了呢？
举个例子，对于游戏A中的5个局面：
（3,3,1）,（1,3,3）,（5,5,1）,（2,3）：
a.采用n元组：
这5个局面互不相同；
b.采用无序n元组：
局面（3,3,1）和（1,3,3）相同；
c.采用集合：
局面（3,3,1）,（1,3,3）,（5,5,1）都相同，可以用集合{1}表示；
d.采用二进制数：
4个局面所对应的二进制数都是1，故都相同。
算法的优化，本质上是避免穷举相同的局面，即避免重复搜索。
而优化的关键，就在于“相同局面”的定义。
“相同局面”的定义，必须能够反映游戏的性质。
我们没有简单的按照局面的胜负，来对局面归类，就是这个原因。
2.从算法构造的角度
人们认识事物的过程中，开始只是看到了各个事物的现象。
这就是认识的感性阶段。
在这个阶段中，还不能作出合乎逻辑的结论。
随着研究的深入，这些感觉和印象的东西反复了多次，于是在人们的脑子里生起了一个认识过程中的突变，最后产生出合乎逻辑的结论。
这就是认识的理性阶段。
人们认识事物的过程，就是由感性认识上升到理性认识的过程。
具体到解这类游戏，就是要从简单入手。
当我们遇到了一个复杂的问题，或许人人都知道从简单入手，但却并不是每个人都能从中得到一般性的规律。
那么，我们究竟是如何由浅入深的呢？
两堆数目相等的石子——这是个很简单的局面。
我们就由此入手，将一堆石子与一个子局面相类比，并得出了两个子局面相等时的结论。
在此基础上，我们研究了局面的胜负和其子局面的关系，并得出结论：
可以用集合来描述一个局面。
但我们并没有停留在这一步，而是将局面的分解与二进制数的加法相类比，从而发现了局面与二进制数之间的关系。
我们称这个过程为“由此及彼”。
通过分析“用集合来表示一个局面”的结论，我发现这实质上是简化了局面的表示，从而联想到能否进一步化简，比如说用一个数来表示。
在解游戏C时，我们并不在意它与游戏A的规则有多大的区别，而是注意到它与游戏A有着相似的性质，从而想到用类似的方法解游戏C。
我们称这个过程为“由表及里”。
在解游戏A和B的过程中，我们积累了很多经验。
但在解游戏C时，我们却仅仅提到了解游戏A和B的精华：
构造一个函数f。
这就是“去粗取精”。
将局面与二进制数相类比，我们先试着把局面的胜负直接与二进制的1和0相类比。
发现不妥后，再将其改为与二进制数来类比。
这一步叫“去伪存真”。
“由此及彼、由表及里、去粗取精、去伪存真”，这就是由感性认识上升到理性认识的关键。
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