組合遊戲：
規則1：一個狀態是必敗的狀態，當且僅當它的所有後繼狀態爲必勝狀態
規則2：一個狀態是必勝的狀態，當且僅當它的所有後繼狀態中至少有一個是必敗狀態
1.Ferguson遊戲：
兩個盒子有石子n，m。遊戲規則爲選擇其中一個盒子清空，把另一個盒子的石子拿一些給清空的盒子，但需保證至少都有一個。。終態爲[1,1]
狀態：
從後向前推，[n,m]狀態能推出的有一個爲必敗，則[n,m]必勝
[n,m]能推出的全爲必勝，則[n,m]必敗
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 100
int win[maxn][maxn];
int main(){
win[1][1]=false;
for(int k=3;k<20;k++){
for(int n=1;n<k;n++){
int m=k-n;
win[n][m]=false;
for(int i=1;i<n;i++)
if(!win[i][n-i])win[n][m]=true;
for(int i=1;i<m;i++)
if(!win[i][m-i])win[n][m]=true;
if(n<=m && !win[n][m]) cout<<n<<" "<<m<<endl;
}
}
return 0;}
//兩個盒子有石子n，m。遊戲規則爲選擇其中一個盒子清空，把另一個盒子的石子拿一些給清空的盒子，但需保證至少都有一個。。終態爲[1,1]
//從後向前推，[n,m]狀態能推出的有一個爲必敗，則[n,m]必勝
// [n,m]能推出的全爲必勝，則[n,m]必敗Chomp！遊戲：
有一個m×n的棋盤，每次可以取走一個方格並它右邊和左邊的所有棋子，取到最後拿到(1,1)的輸
結論：除了（1，1）先手必敗，其他情況必勝：
證明：
假設當前先手去了最右上角的那個方格，則後手選擇了(k1,k2)進入了必勝狀態，則顯然先手剛開始也可以取(k1,k2)進入必勝狀態。於是矛盾
約數遊戲：
有1～n個數，兩個人輪流取一個數並它所有的約數抹去，最後取完的勝；
顯然先手一直必勝：
證明：假設先手先取了1，然後後手去了k進入必勝狀態，顯然先手開始也可以取k進入該必勝狀態，因此矛盾
nim博弈：
結論：如果有x1^x2^...^xn=X，若X=0則必敗，否則必勝
1.對於沒有火柴的狀態，顯然是必敗狀態
2.對於必勝狀態，必能推出必敗狀態：
證明：假設X不爲0，且X的最高位(二進制)在第k位，顯然xi中至少會有一個Y，第k位也爲1（否則異或運算時，第k位的1沒法獲得），則第一次取的時候在Y上拿成Z=Y^X
顯然Z<Y成立，因爲異或運算只改變了Y的第k位的1和後面的部分，前面的高位未動，相比之前變小了。拿成Z之後，在進行運算，即X^Z^Y=X^X=0;
3.對於必敗的狀態，推出的都是必勝狀態
證明：必敗時，X=0，因爲只能取一堆，因此無論怎麼取，都只能使X非0;
組合遊戲的和：
假設有K個組合遊戲，G1 G2 G3 ... Gn。每次可以選擇任一個進行，其他局面不變。
解決辦法：SG函數和SG定理：
SG（x）=mex(S),S是x的後繼狀態的SG函數值集合，mex(S)表示不在S內的最小非負整數；
遊戲和的SG函數等於各子游戲SG函數的NIM和
石子游戲：n堆石子，只能取 至少一個，且不能超過一半，最後不能取得輸。
1.先算一下SG函數：
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
#define maxn 110
int sg[maxn];
int vis[maxn];
int main(){
sg[1]=0;
for(int i=2;i<maxn;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int j=1;j*2<=i;j++)vis[sg[i-j]]=1;
for(int j=0;;j++){
if(!vis[j]){
sg[i]=j;
break;
}
}
cout<<sg[i]<<" ";
}
cout<<endl;
return 0;}
(從2開始)
1 0 2 1 3 0 4 2 5 1 6 3 7 0 8 4 9 2 10 5 11 1 12 6 13 3
可以得出結論：
sg(n)=sg(n/2);n爲奇數
sg(n)=n/2；n爲偶數
於是得到如下程序：
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
#define maxn 110
long long sg(long long x){
return x%2==0? x/2:sg(x/2);
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
int n;
long long a,v=0;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a;
v^=sg(a);
}
if(v)cout<<"yes"<<endl;
else
cout<<"no"<<endl;
}
return 0;}
treblecross遊戲
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int sg[202];//sg[i]表示連續的x個空格子組成的棋盤的SG值
int vis[202];
void init()
{
int i,j,k;
sg[0]=0;
sg[1]=sg[2]=sg[3]=1;
for(i=4;i<=200;i++)
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(j=3;j<=5&&i-j>=0;j++) vis[sg[i-j]]=1;
for(j=6;i-j>=0;j++) vis[sg[j-5]^sg[i-j]]=1;
for(j=max(i-5,0);j<=i-3;j++) vis[sg[j]]=1;
for(j=0;j<=200;j++)
if(!vis[j])
{
sg[i]=j;
break;
}
}
}
int e[202],f[202],g[202],n;
int find()
{
int s=0,i,j,k=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(f[i]==0)
k++;
else
{
s=s^sg[k];
k=0;
}
}
s=s^sg[k];
return s;
}
int main()
{
init();
char a[202];
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>a;
int i,j,k,flag=0,t=0;
n=strlen(a);
for(i=0;i<n;i++)
{
if(i<n-2&&a[i+1]=='X'&&a[i+2]=='X'){flag=1;e[t++]=i;}
else if(i>0&&a[i-1]=='X'&&a[i+1]=='X'){flag=1;e[t++]=i;}
else if(i>1&&a[i-1]=='X'&&a[i-2]=='X'){flag=1;e[t++]=i;}
}
if(flag)
{
cout<<"WINNING"<<endl;
cout<<e[0]+1;
for(i=1;i<t;i++)
cout<<" "<<e[i]+1;
cout<<endl;
}
else
{
memset(g,0,sizeof(g));
for(i=0;i<n;i++)
if(a[i]=='X')
{
for(j=i-2;j<=i+2;j++)
if(j>=0&&j<n)
g[j]=1;
}
memcpy(f,g,sizeof(f));
if(find()==0)
{
cout<<"LOSING"<<endl<<endl;
continue;
}
for(i=0;i<n;i++)
{
if(g[i]==0)
{
memcpy(f,g,sizeof(f));
for(j=i-2;j<=i+2;j++)
if(j>=0&&j<n)
f[j]=1;
if(find()==0)
e[t++]=i;
}
}
cout<<"WINNING"<<endl;
cout<<e[0]+1;
for(i=1;i<t;i++)
cout<<" "<<e[i]+1;
cout<<endl;
}
}
return 0;
}
取石子（十）
- 描述
-
不知不覺取石子已經到第十道了。地球上的石子也快要取完了！
開個玩笑，當然還是有很多石子的，取石子的題目也是做不完的，今天又來了一道！
有n堆石子，每一堆的規則如下：
第一堆每次只能取2的冪次（即：1，2，4，8，16…）；
第二堆只能取菲波那契數列中的元素（即每次只能取1，2，3，5，8…等數量，斐波那契數即後面的數是前面兩個數的和）；
第三堆可以取任意多個，最小1個，最多可以把這一堆石子取完；
第四堆只能取1和偶數個（即：1,2,4,6,8,10...）；
第五堆只能取奇數個（即：1,3,5,7,9.....）；
好吧，這樣下去太煩人了，六堆及其以後每堆最多取的數量爲堆數編號，即第六堆只能取（1,2,3,4,5,6），第七堆只能取（1,2,3,4,5,6,7）....
別看規則很多，但Yougth和Hrdv都是聰明人，現在由Yougth先取，比賽規定誰先取完所有石子既爲勝者，輸出勝者的名字。
- 輸入
- 有多組測試數據，每組測試數據開始有一個n。
後面有n個數代表每一堆石子的數量，當n爲0是表示輸入結束。(所有數據小於1000) - 輸出
- 假如Yougth贏輸出“Yougth”，Hrdv贏輸出“Hrdv”。
- 樣例輸入
-
6 2 4 2 3 6 7
- 樣例輸出
-
Hrdv
首先：第一石子的sg函數：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
#define maxn 100
int sg[maxn];
int vis[maxn];
int main(){
sg[0]=0;
cout<<0<<" ";
for(int i=1;i<maxn;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int j=1;j<=i;j*=2){vis[sg[i-j]]=1;}
for(int j=0;;j++){
if(!vis[j]){
sg[i]=j;
break;
}
}
cout<<sg[i]<<" ";
}
return 0;}
得出數據分析規律可知：
sg(i)=i%3;
同理程序計算第二堆
（因爲規律較爲複雜，於是直接用函數計算，存儲下來）
第三堆sg函數爲：
sg(i)=i;
第四堆sg函數：
if(i==1 || i==2)
sg(i)= i;
else sg(i)= ((i-2)/6)*3+(i-2)%6-1;
第五堆sg函數爲：
sg(i)=i%2;
剩下的第k堆：
sg(i)=(i)%(k+1);
然後套用組合遊戲的規律，把每堆的sg函數值進行NIM異或，得到sum，sum==0 後手贏 sum！=0 先手贏
於是可得以下程序：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <cmath>
using namespace std;
#define maxn 1010
int a[maxn];
int sg[maxn];
void fun1(){
//int sg[maxn];
int vis[maxn];
int a[maxn];
a[1]=1;a[2]=2;
for(int i=3;i<maxn;i++)
a[i]=a[i-1]+a[i-2];
sg[0]=0;
for(int i=1;i<maxn;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int j=1;a[j]<=i;j++){vis[sg[i-a[j]]]=1;}
for(int j=0;;j++){
if(!vis[j]){
sg[i]=j;
break;
}
}
}
}
int fun(int i,int n){
if(n==1) return i%3;
else if(n==2){
if(i==0)
return 0;
// int bb[35]={1 ,2 ,3 ,0 ,1 ,2 ,3, 4 ,5 ,0 ,1 ,2 ,3 ,0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,0 ,1 ,2 ,3 ,0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5};
// return bb[(i-1)%35];
return sg[i];
}else if(n==3){
return i;
}else if(n==4){
if(i==0)
return 0;
if(i==1 || i==2)
return i;
else
return ((i-2)/6)*3+(i-2)%6-1;
}else if(n==5){
return (i)%2;
}else{
return (i)%(n+1);
}
}
int main(){
fun1();
int n;
while(cin>>n,n){
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
}
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++){
sum^=fun(a[i],i+1);
}
if(sum)cout<<"Yougth"<<endl;
else cout<<"Hrdv"<<endl;
}
return 0;}