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在書籍《編程之美》中，總共講述了三個關於取石子博弈的問題。書中對這三個博弈問題的本身都有詳細的解答。然而，看懂這些解答本身並不是一件難事。我們學知識呢，應該學會舉一反三，這樣纔算是真正掌握了知識，同時也才能真正體會到解決問題的樂趣。本文寫作的目的就是從這三個問題出發，然後對一系列與之相關的拓展問題，並給予相應的分析與論證。
與其他類型的問題不同的是，博弈論的問題只要稍做修改，其解答過程就很可能和原問題完全不一樣。絕不是問題修改一點，答案只需更改一點的。然而，就最本質的分析思路而言卻是想通的。話不多說，接下來就對這三個問題展開拓展性討論吧。
尼姆博弈
原題如下：有N堆石頭，記第i堆石頭數量爲
答案：這題是經典的博弈題。結論非常有趣，將遊戲的局勢兩類，一類滿足將每堆石頭的數量取異或和等於0：
其中，當且僅當局勢
拓展一：取子過程和原問題相同，不同的是最後取光石頭的人輸了。
對拓展一分析如下：
首先，我們發現沒有石頭的狀態爲非奇異局勢。而只有1塊石頭的狀態爲奇異局勢，因爲當玩家遇到這一狀態時，他只能取那唯一的一塊石頭，從而成爲最後取光石頭的人而輸掉遊戲。
由上分析，不難發現“局勢
我們將局勢再按照是否存在某一堆石頭多於一個這一條件將局勢再分爲以下兩種情況：1、任何一堆石頭的石頭數量均不大於1：
接下來，我們將分別對這兩種情況進行分析。
①局勢
這種情況下，比賽的結果就完全取決於石頭的堆數N。當玩家面對N爲奇數時，之後的每回合面對的石頭堆數均爲奇數。總是要面對只有1塊石頭的局面而輸。同理，玩家面對N爲偶數時，他永遠不會遇到只有1塊石頭的局面。
因此，如果局勢
②局勢
這種情況比較複雜。我們先將局勢
當
性質一：如果局勢
證：將N分爲如下兩種情況進行討論。
情況1：N爲奇數，此時玩家取第i堆石頭，將這堆石頭取到只剩1個。此時，符合情況①，且剩下的石頭堆數爲奇數。可以將狀態轉爲奇異狀態。
情況2：N爲偶數，此時玩家取第i堆石頭，將這堆石頭全取完。剩下的石頭堆數爲N-1，而N-1爲奇數。此時，也符合情況①，且剩下的石頭堆數爲奇數。可以將狀態轉爲奇異狀態。
綜上所述，題設中的所有狀態都能夠通過某種方法使對手面臨奇異狀態。因此，題設中的狀態爲非奇異狀態。
接下來，當初始博弈局勢
證：顯然，當遊戲結束時只有0堆石頭滿足
記第t輪取石頭時，局面中滿足
性質二：對於新的遊戲規則，當且僅當局勢
證：首先，當遊戲結束時，只剩下一堆石頭數量大於1，即結束局勢
對於其他狀態，由最初的尼姆博弈的論證過程可知，當
那麼，假如當前玩家A所面臨的局勢
反過來，如果當前玩家面臨局勢
性質二得證。
綜上所述，如果遊戲的初始局勢
拓展二：假如玩家可以選擇的堆數爲1—k堆，那情況又該如何呢？
分析這一問題時，我們先來回顧一下只能取1堆時（原問題）的分析過程。原問題判斷博弈局勢是否是奇異局勢的最主要的判斷標準就是每一堆石頭數量的異或和是否等於0。
爲了將這一結果進行拓展，我們不妨換個角度來看待異或和這一問題。異或和的實質就是對每堆石頭數量對應的二進制數的每一位獨立相加，然後再對其模2。從這一角度上看，只能取1堆時是模2，那有沒有可能可以取到K堆時只要判斷模k+1，就可以判斷局勢是否是奇異局勢了呢？
帶着這一猜想，我們進行了進一步探究。
首先，在沒有石頭的時候與原問題一樣是奇異局勢。此時，模多少都是0。
爲了更好地進行表達，我們先將石頭的數量表示成二進制：設第i堆石頭的數量爲%7D,p_i%5E%7B%5Cleft(%20%7Bm%20-%201%7D%20%5Cright)%7D,...,p_i%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D,...,p_i%5E%7B%5Cleft(%201%20%5Cright)%7D,p_i%5E%7B%5Cleft(%200%20%5Cright)%7D%7D%20%5Cright%5Crangle%20,p_i%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%20%5Cin%20%5Cleft%5C%7B%20%7B0,1%7D%20%5Cright%5C%7D$$)
%7D%7D%20%5C%25%202,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%20%7Bm%20-%201%7D%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%202,...,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%202,...,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%201%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%202,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%200%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%202%7D%20%5Cright%5Crangle%20$$)
記
%7D%7D%20%5C%25%20k,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%20%7Bm%20-%201%7D%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%20k,...,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%20k,...,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%201%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%20k,%5Csum%5Climits_i%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%200%20%5Cright)%7D%7D%20%5C%25%20k%7D%20%5Cright%5Crangle%20$$)
和之前的推論過程一樣，我們把遊戲局勢分爲兩類，一類滿足將每堆石頭數量的二進制表示每位相加模k+1等於0：
接下來我們將論證以下性質成立：
性質三：當局勢
證：首先，當局勢
%7D%7D%20%5C%25%20%5Cleft(%20%7Bk%20+%201%7D%20%5Cright)%20=%20%5Csum%5Climits_%7Bi%20%5Cin%20%5CGamma%20%7D%20%7Bp_i%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%7D%20$$)
假設取之前
%7D%7D%20%7D%20%5Cright)%7D%20%20=%20%5Csum%5Climits_j%20%7B%5Cleft(%20%7B%7B2%5Ej%7D%20%5Ctimes%20p_R%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%7D%20%5Cright)%7D%20%20=%20%5Csum%5Climits_j%20%7B%5Cleft(%20%7B%7B2%5Ej%7D%20%5Ctimes%20p_%7BR'%7D%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%7D%20%5Cright)%7D%20$$)
因此，當局勢
而當局勢
令
%7D,j%20%5Cge%20%7Bj_%7Bdone%7D%7D$$)
%7D%20=%200$$)
初始狀態下
令%7B%20%5Coplus%20_%7Bk%20+%201%7D%7D%5Cleft(%20%7B%5Cmathop%20%7B%7B%20%5Coplus%20_%7Bk%20+%201%7D%7D%7D%5Climits_%7Bi%20%5Cin%20%5CGamma%20%7D%20%7BX_i%7D%7D%20%5Cright)$$)
%7D%20)
然後，我們來考察%7D$$)
情況①：
%7D%20%5Cto%200,i%20%5Cin%20%5CGamma%20$$)
情況②：
%7D%20=%20p_R%5E%7B%5Cleft(%20j%20%5Cright)%7D%20-%20%5Cleft%7C%20%5CGamma%20%20%5Cright%7C$$)
%7D$$)
%7D%20=%201,i%20%5Cin%20U/%5CGamma%20$$)
%7D%20=%200%20%5Cwedge%20p_i%5E%7B%5Cleft(%20%7Bj'%7D%20%5Cright)%7D%20=%201,j'%20)
情況③：%7D%20%5Cge%20k%20+%201$$)
%7D%20-%20%5Cleft(%20%7Bk%20+%201%7D%20%5Cright)$$)
可見，以上三種情況，都是能夠從高到低將結果所有
由此，性質三得證。
從性質三不難進一步推斷：當前局勢S爲奇異局勢，當且僅當當
爲了更好地說明局勢
假設當前局勢S={12,24,6,8,8}，k=3。
將這些石頭數量轉成二進制如下：
12=<01100>
24=<11000>
6 =<00110>
8 =<01000>
8 =<01000>
進行
一開始
R=<00320>，R中最大非0位爲第2位。取合上述情況②，從
R=<00033>，R中最大非0位爲第1位。取合上述情況①，從
R=<00003>，R中最大非0位爲第0位。取合上述情況①，從
最終R=<00000>。即取第1,2,3堆，各取16,4,6個。
進一步，本人寫了其實現算法如下：
#define N 1000
#define BIT 30
//二進制相加然後模K+1
void getMod(int an[],int n,int k,int bn[]){
for (int i=0;i<n;i++)
{
if (an[i]<0)
{
bn[0]=-1;
cout<<"fuck an[i]<0"<<endl;
return ;
}
int j=0;
int t=an[i];
while (t)
{
if (t%2)
{
bn[j]++;
}
t/=2;
j++;
}
}
for (int j=0;j<=BIT;j++)
{
bn[j]=bn[j]%(k+1);
}
}
//判斷是否奇異
bool isQiyi(int an[],int n,int k){
int bn[32];
memset(bn,0,sizeof bn);
getMod(an,n,k,bn);
for (int j=0;j<=BIT;j++)
{
if (bn[j])
{
return false;
}
}
return true;
}
//判斷是否奇異
bool isQiyi(int bn[]){
for (int j=0;j<=BIT;j++)
{
cout<<bn[j]<<" ";
}
cout<<endl;
for (int j=0;j<32;j++)
{
if (bn[j])
{
return false;
}
}
return true;
}
//判斷是否已選
bool hasSel(int sel[],int n,int t){
for (int i=0;i<n;i++)
{
if (sel[i]==t)
{
return true;
}
}
return false;
}
//獲得取石子的結果
void getStone(int an[],int n,int k){
int rn[N];
int sel[N];
memset(rn,0,sizeof rn);
memset(sel,0,sizeof sel);
int bn[32];
memset(bn,0,sizeof bn);
getMod(an,n,k,bn);
int done=0;
while (!isQiyi(bn))
{
int t=-1;
for (int i=31;i>=0;i--)
{
if (bn[i])
{
t=i;
break;
}
}
if (bn[t]<=done)
{
for (int i=0;i<bn[t];i++)
{
rn[sel[i]]+=(1<<t);
}
bn[t]=0;
}else if (bn[t]<k+1)
{
for (int i=0;i<done;i++)
{
rn[sel[i]]+=(1<<t);
bn[t]--;
}
for (int i=0;i<bn[t];i++)
{
int theSel=-1;
for (int j=0;j<n;j++)
{
if (!hasSel(sel,done,j)&&(an[j]&(1<<t)))
{
theSel=j;
break;
}
}
rn[theSel]+=(an[theSel]&((1<<(1+t))-1))-((1<<(t))-1);
for (int j=0;j<t;j++)
{
if (!(an[theSel]&(1<<j)))
{
bn[j]++;
}
}
sel[done]=theSel;
done++;
}
bn[t]=0;
}else{
bn[t]%=(k+1);
for (int i=0;i<bn[t];i++)
{
rn[sel[i]]+=(1<<t);
}
bn[t]=0;
}
for (int i=0;i<done;i++)
{
printf("Select:%d\tgetNum:%d\n",sel[i],rn[sel[i]]);
}
cout<<endl;
}
for (int i=0;i<done;i++)
{
printf("Select:%d\tgetNum:%d\n",sel[i],rn[sel[i]]);
}
for (int i=0;i<n;i++)
{
rn[i]=an[i]-rn[i];
cout<<rn[i]<<" ";
}
cout<<endl;
printf("Res:%d",isQiyi(rn,n,k));
}