（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個。最後取光者得勝。
顯然，如果n=m+1，那麼由於一次最多隻能取m個，所以，無論先取者拿走多少個，後取者都能夠一次拿走剩餘的物品，後者取勝。因此我們發現瞭如何取勝的法則：如果n=（m+1）r+s，（r爲任意自然數，s≤m),那麼先取者要拿走s個物品，如果後取者拿走k（≤m)個，那麼先取者再拿走m+1-k個，結果剩下（m+1）（r-1）個，以後保持這樣的取法，那麼先取者肯定獲勝。總之，要保持給對手留下（m+1）的倍數，就能最後獲勝。
這個遊戲還可以有一種變相的玩法：兩個人輪流報數，每次至少報一個，最多報十個，誰能報到100者勝。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。這種情況下是頗爲複雜的。我們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示兩堆物品的數量並稱其爲局勢，如果甲面對（0，0），那麼甲已經輸了，這種局勢我們稱爲奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有如下三條性質：
1。任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。由於ak是未在前面出現過的最小自然數，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質1。成立。
2。任意操作都可將奇異局勢變爲非奇異局勢。事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個分量，那麼另一個分量不可能在其他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個分量同時減少，則由於其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
3。採用適當的方法，可以將非奇異局勢變爲奇異局勢。假設面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時從兩堆中取走 a 個物體，就變爲了奇異局勢（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那麼，取走b – bk個物體，即變爲奇異局勢；如果 a = ak ， b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak – ab – ak個物體,變爲奇異局勢（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多餘的數量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）,從第二堆裏面拿走 b – bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆裏面拿走 b – aj 即可。
從如上性質可知，兩個人如果都採用正確操作，那麼面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，則後拿者取勝。
那麼任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括號表示取整函數)
（三）尼姆博奕（Nimm Game）：有三堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆取任意多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。
這種情況最有意思，它與二進制有密切關係，我們用（a，b，c）表示某種局勢，首先（0，0，0）顯然是奇異局勢，無論誰面對奇異局勢，都必然失敗。第二種奇異局勢是（0，n，n），只要與對手拿走一樣多的物品，最後都將導致（0，0，0）。仔細分析一下，（1，2，3）也是奇異局勢，無論對手如何拿，接下來都可以變爲（0，n，n）的情形。
計算機算法裏面有一種叫做按位模2加，也叫做異或的運算，我們用符號（+）表示這種運算。這種運算和一般加法不同的一點是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的結果：
1 =二進制01
2 =二進制10
3 =二進制11 （+）
———————
0 =二進制00 （注意不進位）
對於奇異局勢（0，n，n）也一樣，結果也是0。
任何奇異局勢（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。
如果我們面對的是一個非奇異局勢（a，b，c），要如何變爲奇異局勢呢？假設 a < b< c,我們只要將 c 變爲 a（+）b,即可,因爲有如下的運算結果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要將c 變爲a（+）b，只要從 c中減去 c-（a（+）b）即可。
例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以從39中拿走12個物體即可達到奇異局勢（14，21，27）。
例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以從121中拿走19個物品就形成了奇異局勢（55，81，102）。
例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，從58中拿走10個，變爲（29，45，48）。
例4。我們來實際進行一盤比賽看看：
甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇異局勢
乙:(1,8,9)->(1,8,4)
甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇異局勢
乙:(1,5,4)->(1,4,4)
甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇異局勢
乙:(0,4,4)->(0,4,2)
甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇異局勢
乙:(0,2,2)->(0,2,1)
甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇異局勢
乙:(0,1,1)->(0,1,0)
甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇異局勢
甲勝。
取火柴的遊戲
題目2：今有若干堆火柴，兩人依次從中拿取，規定每次只能從一堆中取若干根， 可將一堆全取走，但不可不取，最後取完者爲負，求必勝的方法。
先解決第一個問題吧。
定義：若所有火柴數異或爲0，則該狀態被稱爲利他態，用字母T表示；否則，爲利己態，用S表示。[定理1]：對於任何一個S態，總能從一堆火柴中取出若干個使之成爲T態。
證明：若有n堆火柴，每堆火柴有A(i)根火柴數，那麼既然現在處於S態，c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0; 把c表示成二進制，記它的二進制數的最高位爲第p位，則必然存在一個A(t),它二進制的第p位也是1。（否則，若所有的A(i)的第p位都是0，這與c的第p位就也爲0矛盾）。 那麼我們把x = A(t) xor c,則得到x < A(t).這是因爲既然A(t)的第p位與c的第p位同爲1,那麼x的第p位變爲0,而高於p的位並沒有改變。所以x < A(t).而
A(1) xor A(2) xor … xor x xor … xor A(n)
= A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n)= A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(n)
= 0
這就是說從A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴後狀態就會從S態變爲T態。證畢
[定理2]：T態，取任何一堆的若干根，都將成爲S態。
證明：用反證法試試。若 c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0； c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = 0; 則有
c xor c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i’) =0
進而推出A(i) = A(i’)，這與已知矛盾。所以命題得證。
[定理 3]：S態，只要方法正確，必贏。
最終勝利即由S態轉變爲T態，任何一個S態，只要把它變爲T態，（由定理1，可以把它變成T態。）對方只能把T態轉變爲S態(定理2)。這樣，所有S態向T態的轉變都可以有己方控制，對方只能被動地實現由T態轉變爲S態。故S態必贏。[定理4]：T態，只要對方法正確，必敗。
由定理3易得。
定義：若一堆中僅有1根火柴，則被稱爲孤單堆。若大於1根，則稱爲充裕堆。
定義：T態中，若充裕堆的堆數大於等於2，則稱爲完全利他態，用T2表示；若充裕堆的堆數等於0，則稱爲部分利他態，用T0表示。
孤單堆的根數異或只會影響二進制的最後一位，但充裕堆會影響高位（非最後一位）。一個充裕堆，高位必有一位不爲0，則所有根數異或不爲0。故不會是T態。
[定理5]：S0態，即僅有奇數個孤單堆，必敗。T0態必勝。
證明：S0態，其實就是每次只能取一根。每次第奇數根都由己取，第偶數根都由對方取，所以最後一根必己取。敗。同理, T0態必勝#
證明：
若此時孤單堆堆數爲奇數，把充裕堆取完；否則，取成一根。這樣，就變成奇數個孤單堆，由對方取。由定理5，對方必輸。己必勝。 #
證明：
充裕堆數不可能一次由2變爲0。得證。 #
[定理8]：S2態可一次轉變爲T2態。
證明：由定理1，S態可轉變爲T態，態可一次轉變爲T態，又由定理6，S2態不可轉一次變爲T0態，所以轉變的T態爲T2態。 #
證明：
由定理2，T態必然變爲S態。由於充裕堆數不可能一次由2變爲0，所以此時的S態不可能爲S0態。命題得證。
[定理10]：S2態，只要方法正確，必勝.
證明：
方法如下：1） S2態，就把它變爲T2態。（由定理8）
2） 對方只能T2轉變成S2態或S1態（定理9）
若轉變爲S2, 轉向1）
若轉變爲S1, 這己必勝。（定理5）
[定理11]：T2態必輸。
證明：同10。綜上所述，必輸態有： T2,S0
必勝態： S2,S1,T0.
第一題的全過程其實如下：
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全0)
第二題的全過程其實如下：
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全0)
下劃線表示勝利一方的取法。 是否發現了他們的驚人相似之處。 我們不難發現(見加黑部分)，S1態可以轉變爲S0態（第二題做法），也可以轉變爲 T0（第一題做法）。哪一方控制了S1態，他即可以有辦法使自己得到最後一根（轉變爲 T0）,也可以使對方得到最後一根（轉變爲S0）。 所以，搶奪S1是制勝的關鍵！ 爲此，始終把T2態讓給對方，將使對方處於被動狀態，他早晚將把狀態變爲S1.
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509
看完上面的結論，就能順利解決上面2道了
S-Nim
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1536
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1944
博弈算法入門小節 1536 1517 1907
小子最近迷途於博弈之中。。。感觸頗深。
爲了讓大家能夠在學習博弈的時候少走彎路，最重要的也是爲了加深自己的影響，溫故而知新，特發此貼與大家共勉。
學博弈先從概念開始：
特別推薦LCY老師的課件：博弈入門。
下載地址：http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=6875
這個課件個人認爲從博弈的基本思想，一直到解博弈的中心算法做了很好的詮釋。但是特別要注意的是。課件後面一部分英語寫的講義是重中之重。小子英語很弱，在這困擾很久。現在爲大家大概介紹一下。
主要是後繼點和SG值的問題:
SG值：一個點的SG值就是一個不等於它的後繼點的SG的且大於等於零的最小整數。
後繼點：也就是按照題目要求的走法（比如取石子可以取的數量，方法）能夠走一步達到的那個點。
具體的有關SG值是怎麼運用的希望大家自己多想想。
課件後面有一個1536的代碼。可以放在後面做做
看到這裏推薦大家做幾道題：1846（最簡單的博弈水題）
1847（求SG值）
有了上面的知識接下來我們來看看組合博弈（n堆石子）
推薦大家看個資料：
博弈-取石子游戲(推薦等級五星級)
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=20&tid=5748
http://hi.baidu.com/netnode/blog/item/30932c2edc7384514fc226ea.html
這裏提出了一個奇異狀態的問題。看了這篇文章你會發現異或運算在博弈中使用的妙處。當然這裏指出的只是組合博弈中一種特殊情況。
王道還是對SG值的求解，但是知道這麼一種思路無疑對思維的廣度和深度擴展是很有幫助的。
ZZ博弈
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=9&tid=10617
這裏介紹了組和博弈的兩種大的類型，一種是最後取的是N狀態一種是最後取的是P狀態，兩個狀態的解題方法能看懂很有幫助。當然，能夠把推導過程理解，吃透無疑是大牛級的做法~小子也佩服的緊~
1536題推薦做做這題，這題前面提醒大家是一個求SG值的題目，題目前面是對異或運算運用在組合博弈問題中的很好的解釋。當然題目本身是有所不同的。因爲在這裏面對取法有所要求。那麼這樣就回歸到了解決博弈問題的王道算法——求SG值上。
有關運用求SG值的博弈題目有： 1850（也可基於奇異狀態異或）
1848（中和的大斐波那契數列的典型求SG值題）
1517（個人認爲有點猥瑣的題目。。。。在此題上困擾很久。當然搞出來很開心。小子是用比較規矩的求SG值的方法求出來的，但是論壇有人對其推出來了規律，這裏佩服一下，大家可以學習一下）
1079（更猥瑣的題目，對新手要求較高，因爲按傳統方法需要比較細緻的模擬加對邊角狀態的考慮，同樣有人推出來了公式）
當你全部看完以上的東西。做完以上的題目的話。。。小子恭喜你~你博弈入門了~~~~
這裏小子告訴大家。博弈很強大。學習要耐心~謝謝
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博弈小結：
1.極大極小搜索
好吧！表示最後纔看到這個的。還是比較好理解的。
還有α-β剪枝，這個應該自己隨便yy都可以搞出來的。
好吧！用來做五子棋，3連棋之類的。
至少會了這個，一般的博弈都可以拿0分以上了。
2.普通NIM遊戲
概念題：一堆石子n個，每次最多取m個，求先手必勝還是必敗。
N表示比生態，P表示必敗態。
終止狀態是P狀態，然後找出能到達這個點的點標記爲N狀態，
繼續掃，找到只能到達N狀態的點標記爲P狀態，如此循環往復。
這個比較直觀。類似拓撲的掃一次即可。
對於很多堆石子的話張一飛論文說得很清楚，小結一下。
首先看兩堆石子，如果個數完全一樣，那麼後手必勝，因爲現手在一堆中拿走了
一些棋子之後，後手總能在另一堆中拿一樣多的棋子。
考慮把局面S分解成A和B，先手必勝成爲S勝，後手勝爲T勝。
如果A=B,則T勝。如S={3,3,2,2}分解成{3,3}和{2,2}.
如果對於A是S勝，B是S敗(由於A，B等價，反過來亦然)，S只需要先拿A，然後T如果拿A，S也拿A，T拿B，S也拿B，那麼S因爲對於A，S是先手，所以S總是可以拿到A的最後一個，並且可以逼着T當B的先手。因爲B先手必敗，S也可以拿掉B的最後一個。
如果對於A和B都是S敗，那麼A先隨便拿一個，對於T來說就變成了上一種情況了。那麼此時T勝。
當A和B都是S勝時，S肯定不會第一步把局面變成一勝一負，他會繼續變成AB都對於T必勝，那麼T又糾結了。如此往復，就無法確定了。
上面的分解，歸納一下，如果對於B，S必敗，那麼整個局面的勝負和A一樣。
那麼如果原幾何是{2,2,2,7,7,3,3,9}就可以分解成A{2,9},B{2,7,3},C{2,7,3}。因爲B+C是必敗的，所以A+B+C的勝負和A一樣，這樣就轉化成了一個不重集合了，打裸就少了一堆狀態了。
好吧！以上就可以類比出XOR運算了。沿着這個思路，就可以想到一個函數來優化打裸了。
設f[x]=x。(一下xor用+代替)
那麼對於一堆石子S={a1,a2,a3…..an}
另p=f[a1]+f[a2]+…..+f[an]
如果p=0則該狀態是S敗，否則S勝。
因爲終止狀態是p=0，要證明這個結論的正確性，只需要證明從p≠0能夠轉移到p=0,而從p=0只能轉移到p≠0即可。
首先，明確xor的基本性質。
1.a+b=c,則有a+c=b.
2.p=a1+a2+…..an≠0,必然存在k，使p+ak<ak，因爲p的最高位爲1，肯定有一個ak該位也是1，p+ak該位就是0了。所以得證。
證明從p≠0能夠轉移到p=0
因爲p=f[a1]+f[a2]+…..f[an]=a1+a2+…+an。
找到p+ak<ak的k和a1交換。
設x=p+a1<a1,直接把a1變成x1,那麼p=p+a1+a2+…..+an=0.
證明從p=0只能轉到p≠0
如果a的全部序列都是0了，你就玩完了。
其他時候，隨便你選什麼數ak,那麼其他數的xor和肯定等於ak。
p=(ak-xxx) + ak,xxx爲正數且小於ak，那麼p顯然就不爲0了。
至此，證明了f[a1]=a1的正確性了。
現在題目稍稍拓展一下。
N堆石子，每次任選一堆，可以從這堆拿走不超過m個的石子。求先手必勝還是必敗。
這個的f[a1]=a1%m.
因爲遊戲的分解之類的東西與前一個遊戲一樣，所以只需考慮一堆石子即可。
考慮最開始的那個打裸，從後往前推一下N和P就可一直到a1%m=0時必敗。
來個終極版NIM遊戲。
有若干排石子，每次必須選相鄰的兩個拿走，把原來的那排變成了兩排。誰無路可走了誰就掛了。
分析這個題，發現各種分解的性質和前面的兩個遊戲一樣的。現在就需要求f值了。
和前面的遊戲一樣，我們設計的f值必須滿足終止狀態p=0，從p≠0能夠轉移到p=0,從p=0只能轉移到p≠0即可。第一個條件是顯然成立的。回憶論文，先假設#S表示S這個狀態的f值之xor和，
要滿足第二個條件
因p=f[a1]+f[a2]+….+f[an]≠0,設x=f[a2]+f[a3]+….+f[an]=p+f[a1].
因p+f[a1]<f[a1],所以x<f[a1].
把a1幹掉後可能變成了{b1,b2,…..bm}
那麼必須#{b1,b2,….bm}+x=0,如果1~f[a1]-1,都被#{b1,b2….bm}包含了，
那麼肯定是可以找到滿足條件的x的。
要滿足第三個條件
即p=f[a1]+f[a2]+…+f[an]=0時。f[a1]=f[a2]+…+f[an]=x;
同樣把a1幹掉，得到{b1,b2….bm}
Pn=#{b1,b2,…..bm}+x≠0,必須對於任意b都成立。
所以x不能出現在a1能轉到的狀態中。
所以f值就是他的後繼的f值中沒有出現過的值的最小值就行了。其實，這就是sg值了。以前一直覺得這東西特別神奇，原來就這樣就證明出來了。
看sg函數的使用條件：
1. 誰無法操作就輸，與就是能找到必敗態。
2. 滿足類似拓撲序的東東
3. 各個遊戲獨立
4. 平等遊戲
5. 對操作的限制，至於常數有關。
3.anti-nim遊戲
如果定義拿最後一個棋子的人輸就成了anti-nim遊戲。
傳說中的SJ定理登場了。實際上很多定理都會披上這麼牛叉的名字。
我們就一種情況一種情況的玩吧。
這裏的SG應該還是指的NIM中的SG。
先手必勝有兩種狀態：
1.如果每一個小遊戲都只剩下一個石子了，SG爲0。
2.至少一堆石子>1,且SG不爲0.
證明
1顯然成立。
2的話分兩種情況
a. 只有一堆石子>1,好吧！整個生殺大權都交你主宰了。你可以把它變成1。
b. 至少兩隊石子>1,你只需要把SG值邊爲0就可以了，這個操作之後，至少還有兩堆石子>1，然後對方隨便怎麼操作，都會把SG變成非0，你們就一直這麼玩就行了。
還需要證明1,2的反面是必敗的。
1顯然了。
2的話，你會把SG變成非0，而且因爲現在至少兩堆石子>1了，所以你還會給人家至少留一個>1的，那麼無論怎麼搞，都會送給後手一個必勝態。
4.every-SG遊戲
就是多線程博弈。
形象的說就是紅隊和藍隊每個隊n個人，然後進行n個博弈，最後結束的一場博弈的勝者勝利。
顯然，每個博弈的勝者都想讓時間堅持得更久，每個敗者都想讓這場博弈早點結束。
不難列出每個點到終止的步數的DP方程。
如果v是先手必勝，則f[v]=max(f[u])+1,其中u爲v的後繼且u爲先手必敗。
否則f[v]=min(f[u])+1,u爲v後繼。
然後可以求出每一個博弈的步數。
求出這個最大值，如果最大值是奇數，那麼先手必勝。這個顯然。
還有黃金分割那道題，二分圖有關的博弈，k倍動態減法遊戲。寫在應用裏了。
5.不平等博弈
傳說中的超現實數(也譯成超實數)登場了。
首先明確超現實數的兩個定義
定義surreal number x={XL|XR}，滿足XL中的任意一個數小於等於XR中的任意一個數。
然後是看他們如何比較大小
x={XL|XR}和y={YL|YR},要滿足x<=y,必須滿足XL的任意一個元素<y,YR的任意一個元素>x.
首先{|}=0.
然後可以構造出第一批新數{0|},{|0}
根據定義可以知道{|0}<{|}<{0|}
那麼{|0}=-1,{0|}=1.
然後可以繼續構造出一堆數。
接下來是加法運算法則。
x+y={XL|XR}+{YL|YR}={XL+y,YL+x|XR+y,YR+x} 。XL+y運算即把XL中的每一個元素+y。
這個公式十分美觀，應該一眼就能記住了。
加法的交換律和結合律都是滿足的。
然後就類比到不平等博弈問題。
兩個人A,B面臨着不同的局面恰好可以分成L，R，我們可以把它構造成超現實數。
於是乎整個局面變成了x={SA|SB}，比如A可以轉移到x，y，z。B可以轉移到w。
就變成了{x,y,z|w}.
如果x>0
則說明x>=0成立，且x<=0不成立。
也就有SA中的元素都>=0,y中的元素都>0,那麼A能轉移到的狀態總是有>=0的，y能轉移到的總是>0的，那麼A總是有狀態可轉，那麼A必勝。
如果x<0
說明x>=0不成立，x<=0成立。
也就是SA的元素都<0,SB則有<=0,同理B必勝。
如果x=0
也就是說x>=0和x<=0同時成立。
那麼SA都<0,SB都>0.那麼A先手的話會轉移到<0的，然後B必勝，B同理。
所以此時先手必敗。
真的很佩服方展鵬神犇能想到把博弈和超現實數結合起來。
弱菜就只有膜拜的份了。
理論知識終於準備得差不多了，接下來就是刷更多題熟練了。