博弈

一．巴什博奕（Bash Game）：

首先我們來玩一個比較古老的報數遊戲。A和B一起報數，每個人每次最少報一個,最多報4個。輪流報數,看誰先報到30.

如果不知道巴什博弈的可能會覺得這個是個有運氣成分的問題，但是如果知道的人一定知道怎樣一定可以贏。

比如A先報數的話,那麼B一定可以贏(這裏假定B知道怎麼正確的報數)

B可以這樣報數,每次報5-k(A)個數,其中k(A)是A報數的個數這樣的話沒一次

兩人報完數之後會變成5 10 15 20 25 30這樣是不是B一定會贏呢?是不是有一種被欺騙的感覺呢?好吧下面我們來看看這個原理。我們先看下一個一眼就能看出答案的例子 比如說我們報到5(4+1),每次報最多報4個,最少報1個.那麼是不是後者一定可以贏呢？答案是肯定的。好了到這巴什博弈的精髓基本就OK了。

那麼如果我們要報到n+1,每次最多報n個,最少報1個的話,後者一定能夠贏。

現在我們需要報數到n,而每次最多報數m個,最少報數1個.我們可以化成這樣

n = k*(1+m)+r(0 <= r <= m）這樣的話如果r不等於0那麼先手一定會贏，爲什麼呢？首先先手報r個,那麼剩下k倍(1+m)個數,那麼我們每次報數1+m-k(B)個數就一定能保證最後剩下1+m個,那麼就到了上面我們說的那個了,先手就一定會贏,如果r=0那麼後手一定會贏,道理一樣的。

到這巴什博弈也就介紹完了,知道這個道理之後我們也可以去騙小朋友了。-_-//

代碼如下：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define CLR(arr, val) memset(arr, val, sizeof(arr))
using namespace std;

int main()
{
    //freopen("Input.txt", "r", stdin);
    int N, num, limit;
    scanf("%d", &N);
    while(N--)
    {
        scanf("%d%d", &num, &limit);
        if(num % (limit + 1) != 0) //必勝局面
            printf("Win\n");
        else
            printf("Lose\n");
    }
    return 0;
}

二．威佐夫博奕（Wythoff Game）：

   這種博弈比前面一種要稍微複雜一點。我們來看下下面這個遊戲。

   有兩堆火柴棍,每次可以從某一堆取至少1根火柴棍(無上限)，或者從兩堆取相同的火柴棍數。最後取完的是勝利者。好了,如果你不知道這個博弈定理,對於小數目的火柴棍數,可能還能推出來,但是如果火柴棍數一多,就不行了。看了下面的這個介紹,你也會有一種被騙的感覺。

   首先我們知道兩堆火柴是沒有差別的,也就是說第一堆有a根,第二堆有b根和第一堆有b根,第二堆有a根是一樣的結果。

   我們用一個二維的狀態（a,b)來記錄當前剩下的火柴數，表示第一堆剩下a根火柴,第二堆剩下b根火柴。同樣我們假設兩個人的編號是A和B，且A先取。

那麼如果某個人遇到了這樣的狀態(0,0)那麼也就是說這個人輸了。這樣的狀態我們叫做奇異狀態,也可以叫做失敗態。

那麼接下來的幾個失敗態爲(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)……

我們用a[i]表示失敗態中的第一個,b[i]表示失敗態中的第二個.(i從0開始).

那麼我們可以看到b[i] = a[i]+i;（i >= 0）,a[i]是前面的失敗態中沒有出現過的最小的整數

下面我們可以得到三個基本的結論。

  1.每個數僅包含在一個失敗態中

  首先我們知道a[k]是不可能和前面的失敗態中的a[i],b[i]重複的(這點由a[i]的得到可以知道)

b[k] = a[k]+k > a[k-1]+k>a[k-1]+k-1+1>a[k-1]+(k-1) = b[k-1]>a[k-1]這樣我們知道每個數僅在一個失敗態中。

  2.每個失敗態可以轉到非失敗態。

 加入當前的失敗態爲(a,b)，那麼如果我們只在一堆中取的話,肯定會變成非失敗態(這點由第一點可以保證),如果從兩堆同時取的話,由於每個失敗態的差是不一樣的,所以也不可能得到一個失敗態。也就是說一個失敗態不管你怎麼取,都會得到一個非失敗態。

   3.每個非失敗態都可以轉到一個失敗態

對於這個結論,首先我們要知到每個狀態(a,b)要麼a = a[i],要麼b = b[i].(每個數都出現在一個失敗態中),下面我們分兩種情況來討論

   I.a = a[i].如果b = a的話那麼一次取完就變成了(0,0).如果b > b[i]的話,那麼我們從第二堆中取走b-b[i]就變成了一個失敗態。如果b < b[i].那麼我們從兩堆中同時取走a-a[b-a[i]]這樣得到失敗態(a[b-a[i]],a[b-a[i]]+b-a[i])(a[i] = a)

   II.b = b[i].如果a > a[i]那麼我們從第一堆中取走a-a[i]根火柴.

              如果a < a[i].這裏又分兩種情況。第一是a = a[k](k < i)

那麼我們從第二堆取走b - b[k]就行了。

第二是a = b[k]這樣的話由於兩堆火柴是沒有區別的,所以我們把b變成a[k]就行了,也即是從第二堆火柴中取走b - a[k]就變成了失敗態

至於怎麼判斷一個狀態是否是失敗態.我們可以用下面的方法來判斷(本人暫時還不會證明)

  a[i] = [i*(1+√5)/2](這裏的中括號表示向下取整)   b[i] = a[i]+i;

  那麼這就是一個失敗態

代碼如下：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define CLR(arr, val) memset(arr, val, sizeof(arr))
using namespace std;

int main()
{
    //freopen("Input.txt", "r", stdin);
    int num1, num2, tmp; //第一堆剩的數量爲num1,第二堆剩num2
    while(scanf("%d%d", &num1, &num2) != EOF)
    {
        if(num1 > num2)
            swap(num1, num2);
        tmp = floor((num2 - num1) * (1 + sqrt(5.0)) / 2.0); //黃金分割
        if(tmp == num1) printf("Lose\n"); //奇異局勢必敗
        else    printf("Win\n");
    }
    return 0;
}

三．尼姆博奕（Nimm Game）：

  

指的是這樣的一個博弈遊戲，目前有任意堆石子，每堆石子個數也是任意的，雙方輪流從中取出石子，規則如下：
1)每一步應取走至少一枚石子；每一步只能從某一堆中取走部分或全部石子；
2)如果誰取到最後一枚石子就勝。
也就是尼姆博弈（Nimm Game）。
必敗局面：也叫奇異局勢。無論做出何出操作，最終結果都是輸的局面。必敗局面經過2次操作後，可以達到另一個必敗局面。
必勝局面：經過1次操作後可以達到必敗局面。
即當前局面不是必敗局面就是必勝局面，而必勝局面可以一步轉變成必敗局面。
最終狀態：
（1）最後剩下一堆石子；（必勝局面）
（2）剩下兩堆，每堆一個；（必敗局面）
（3）當石子剩下兩堆，其中一堆只剩下1顆，另一堆剩下多於n顆石子時，當前取的人只需將多於1顆的那一堆取出n-1顆，則局面變爲剛纔提到的必敗局面。（必勝局面）
判斷當前局勢是否爲必勝（必敗）局勢：
1）把所有堆的石子數目用二進制數表示出來，當全部這些數按位異或結果爲0時當前局面爲必敗局面，否則爲必勝局面；
2）在必勝局面下，因爲所有數按位異或的結果是大於零的，那麼通過一次取，將這個（大於其它所有數按位異或的結果的）數下降到其它所有數按位異或的結果，這時局面就變爲必敗局面了。
定理：一組自然數中必然存在一個數，它大於等於其它所有數按位異或的結果。
證明：原命題等價於，設a1＾a2＾... ＾an=p，p≠0時，必存在k，使得ak＾p<ak（當p=0時，對於任意的k，有ak＾p=ak）。
設p的最高位是第q位，則至少存在一個k，使得ak的第q位也是1，而ak＾p的第q位爲0，所以ak^p<ak

    補綴一點，（a＾b）＾b=a＾（b＾b）=a＾0=a，所以ak＾p相當於“其它所有數按位異或的結果”。

例1：2 45 45

45＾45＝0,45和45的異或等於0。
例 2：3 3 6 9

局勢（3,6，9）因爲3＾6＾9不等於0，所以這是一個必勝局勢。
　3　011

＾6　110

　5　101　
即從第3堆中的9箇中取走9－5＝4個，則（3,6，9）－＞（3,6，5），3＾6＾5＝0，故（3,6，5）爲奇異局勢，即從必勝局勢轉變成必敗局勢。

代碼如下：

#include<iostream>
using namespace std;
int temp[ 20 ]; //火柴的堆數

int main()
{
    int i, n, min;
    while( cin >> n )
    {
        for( i = 0; i < n; i++ )
            cin >> temp[ i ]; //第i個火柴堆的數量
        min = temp[ 0 ];
        for( i = 1; i < n ; i++ )
            min = min^temp[ i ]; //按位異或
        if( min == 0 )
            cout << "Lose" << endl; //輸
        else
            cout << "Win" << endl; //贏
    }
    return 0;
}