由感性认识到理性认识.docx

1、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 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： 每一步应取走至少一枚石子； 每一步只能从某一堆中取走部分或全部石子； 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： 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； 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

2、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

3、；& 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。&

4、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

5、在取子的方法ST，且T负。 如果局面S负，则对于任意取子方法ST，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”

6、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

7、, 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，

8、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 1 + 0 = 1； 0 + 1 = 1； 0 + 0 = 0； 1 + 1 = 0。2 二进制的加法 VS 局面的加法 大写字母AB表示局面，小写字母ab表示二进制 若A和B相同，则A+B负；若a和b相等，则a+b=0 若A胜B负，则A+B胜；若a=1且b=0，则a+b=1 若B胜A负，则A+B胜；若b=1且a=0，则a+b=1 若A负B负，则A+B负；若a=0且b=0，则a+b=0 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

9、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 大写字母AB表示局面，小写字母ab表示二进制数 若A和B相同，则A+B负；若a和b相等，则a+b为0 若A胜B负，则A+B胜；若a0且b=0，则a+b0 若B胜A负，则A+B胜；若b0且a=0，则a+b0 若A负B负，则A+B负；若a=0且b=0，则a+b=0 若A胜B胜，则A+B有时胜，有时负 若a0且b0，则有时a+b0，有时a+b=0 如果用二进制数s来表示一个局面S的胜或负，S胜则s0，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

10、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

11、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#S0，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=p0，则必存在k，使得ak+pak。& 因为p0，所以p的最高位是1；& 设p的最高位是第

12、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+p0f(a1)f(a1x)f(a1)+f(a1x)0#T0。 若#S0，则先行者必然存在一种取子方法ST，且#T=0。& 设S=(a1, a2, , an)，p=#S=f(a1)+f(a2)+f(an)；& 因为p0，所以必然存在k，使得f(ak)+pf(ak)，不妨设k=1，f(a1)+p=x；& 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=

13、0。 若S是空局面，则#S=0。 若#S=0，则S负；若#S0，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#S0，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)=x mod (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, ,

14、an)，令#S=f(a1)+f(a2)+f(an)。 若#S0，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： 每一步必须从某一排中取走两枚石子； 这两枚石子必须是紧紧挨着的； 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

15、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

16、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#S0，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) = x mod (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。 若#S=0，则无论先行者如何取子ST，都有#T0。 若#S0，则先行者必然存在一种取子方法ST，且#T=0。 用符号$(x)，表示局

17、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

18、游戏C中，g(7)=#(5), #(1, 4), #(2, 3)。 若#S=0，则无论先行者如何取子ST，都有#T0。& 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#T0，则必然有#(

19、b1, , bm)f(a1)；& 因此，函数f(a1)的值，不属于集合g(a1)。（充要） 若#S0，则先行者必然存在一种取子方法ST，且#T=0。& 设S=(a1, a2, , an)，p=#S=f(a1)+f(a2)+f(an)；& 因为p0，所以必然存在k，使得f(ak)+pf(ak)，不妨设k=1，f(a1)+p=x；& 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)

20、；& #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xf(a1)，所以，x属于集合0, 1, , f(a1)1；& 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 f(a1)不属于集合g(a1)。 集合g(a1)包含集合0, 1, , f(a1)1。 如果g(a1)=0, 1, 2, 5, 7, 8, 9，

21、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)=minG(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#S0，则S胜。 游戏C的f值： g(0)=，G(0)=0, 1, ，f(0)=0； g(1)=，G(1)=0, 1, ，f(1)=0； g(2)=#(0)=f(0)=0，G(2)=1, 2, ，f(2)=1； g(3)=#(1)=f(1)=0，G(2)

22、=1, 2, ，f(3)=1； g(4)=#(2), #(1, 1)=f(2), f(1)+f(1)=1, 0，G(4)=2, 3, ，f(4)=2； g(5)=#(3), #(1, 2)=f(3), f(1)+f(2)=1, 1，G(5)=0, 2, 3, ，f(5)=0； g(6)=#(4), #(1, 4), #(2, 2)=2, 1, 0，G(6)=3, 4, ，f(6)=3； g(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，

23、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)=minG(n)，即f(n)等于集合G(n)中的最小数。 设局面S=(a1, a2, , a

24、n)，#S=f(a1)+f(a2)+f(an)，采用二进制数的加法。 若#S0，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： 甲乙两人取石子游戏及其类似的游戏； 每一步只能对某一堆石子进行操作； 每一步操作的限制，只与这堆石子的数目或一些常数有关； 操作在有限步内终止，并不会出现循环； 谁无法继续操作，谁就是输家。2 游戏D（POI2000，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

25、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

26、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.

27、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

28、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。