SG函數與SG定理
必勝點和必敗點的概念：
P點：必敗點，換而言之，就是誰處於此位置，則在雙方操作正確的情況下必敗。
N點：必勝點，處於此情況下，雙方操作均正確的情況下必勝。
必勝點和必敗點的性質：
1、所有終結點是 必敗點 P 。（我們以此爲基本前提進行推理，換句話說，我們以此爲假設）
2、從任何必勝點N 操作，至少有一種方式可以進入必敗點 P。
3、無論如何操作，必敗點P 都只能進入 必勝點 N。
我們研究必勝點和必敗點的目的時間爲題進行簡化，有助於我們的分析。通常我們分析必勝點和必敗點都是以終結點進行逆序分析。我們以hdu 1847 Good Luck in CET-4 Everybody!爲例：
當 n = 0 時，顯然爲必敗點，因爲此時你已經無法進行操作了
當 n = 1 時，因爲你一次就可以拿完所有牌，故此時爲必勝點
當 n = 2 時，也是一次就可以拿完，故此時爲必勝點
當 n = 3 時，要麼就是剩一張要麼剩兩張，無論怎麼取對方都將面對必勝點，故這一點爲必敗點。
以此類推，最後你就可以得到；
n ： 0 1 2 3 4 5 6 …
position： P N N P N N P …
你發現了什麼沒有，對，他們就是成有規律，使用了 P/N來分析，有沒有覺得問題變簡單了。
現在給你一個稍微複雜一點點的： hdu 2147 kiki’s game
現在我們就來介紹今天的主角吧。組合遊戲的和通常是很複雜的，但是有一種新工具，可以使組合問題變得簡單————SG函數和SG定理。
Sprague-Grundy定理（SG定理）：
遊戲和的SG函數等於各個遊戲SG函數的Nim和。這樣就可以將每一個子遊戲分而治之，從而簡化了問題。而Bouton定理就是Sprague-Grundy定理在Nim遊戲中的直接應用，因爲單堆的Nim遊戲 SG函數滿足 SG(x) = x。對博弈不是很清楚的請參照http://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/6398385.html進行進一步理解。
SG函數：
首先定義mex(minimal excludant)運算，這是施加於一個集合的運算，表示最小的不屬於這個集合的非負整數。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。
對於任意狀態 x ， 定義 SG(x) = mex(S),其中 S 是 x 後繼狀態的SG函數值的集合。如 x 有三個後繼狀態分別爲 SG(a),SG(b),SG©，那麼SG(x) = mex{SG(a),SG(b),SG©}。 這樣 集合S 的終態必然是空集，所以SG函數的終態爲 SG(x) = 0,當且僅當 x 爲必敗點P時。
【實例】取石子問題
有1堆n個的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }個石子，先取完石子者勝利，那麼各個數的SG值爲多少？
SG[0]=0，f[]={1,3,4},
x=1 時，可以取走1 - f{1}個石子，剩餘{0}個，所以 SG[1] = mex{ SG[0] }= mex{0} = 1;
x=2 時，可以取走2 - f{1}個石子，剩餘{1}個，所以 SG[2] = mex{ SG[1] }= mex{1} = 0;
x=3 時，可以取走3 - f{1,3}個石子，剩餘{2,0}個，所以 SG[3] = mex{SG[2],SG[0]} = mex{0,0} =1;
x=4 時，可以取走4- f{1,3,4}個石子，剩餘{3,1,0}個，所以 SG[4] = mex{SG[3],SG[1],SG[0]} = mex{1,1,0} = 2;
x=5 時，可以取走5 - f{1,3,4}個石子，剩餘{4,2,1}個，所以SG[5] = mex{SG[4],SG[2],SG[1]} =mex{2,0,1} = 3;
以此類推…
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8…
SG[x] 0 1 0 1 2 3 2 0 1…
由上述實例我們就可以得到SG函數值求解步驟，那麼計算1~n的SG函數值步驟如下：
1、使用 數組f 將 可改變當前狀態 的方式記錄下來。
2、然後我們使用 另一個數組 將當前狀態x 的後繼狀態標記。
3、最後模擬mex運算，也就是我們在標記值中 搜索 未被標記值 的最小值，將其賦值給SG(x)。
4、我們不斷的重複 2 - 3 的步驟，就完成了 計算1~n 的函數值。
代碼實現如下：
//f[N]:可改變當前狀態的方式，N爲方式的種類，f[N]要在getSG之前先預處理
//SG[]:0~n的SG函數值
//S[]:爲x後繼狀態的集合
int f[N],SG[MAXN],S[MAXN];
void getSG(int n){
int i,j;
memset(SG,0,sizeof(SG));
//因爲SG[0]始終等於0，所以i從1開始
for(i = 1; i <= n; i++){
//每一次都要將上一狀態 的 後繼集合 重置
memset(S,0,sizeof(S));
for(j = 0; f[j] <= i && j <= N; j++)
S[SG[i-f[j]]] = 1; //將後繼狀態的SG函數值進行標記
for(j = 0;; j++) if(!S[j]){ //查詢當前後繼狀態SG值中最小的非零值
SG[i] = j;
break;
}
}
}
hdu 1847 Good Luck in CET-4 Everybody!
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int N=100003;
int n,m,j,k,l,i;
int f[N],sg[N],s[N];
void getsg()
{
memset(sg,0,sizeof(sg));
for(i=1;i<=1000;i++)
{
memset(s,0,sizeof(s));
for(j=0;f[j]<=i&&j<=15;j++)
{
s[sg[i-f[j]]]=1;
}
for(j=0;;j++)
if(s[j]==0)
{
sg[i]=j;
break;
}
}
}
int main()
{
f[0]=1;
for(i=1;i<=15;i++)
f[i]=2*f[i-1];
getsg();
while(cin>>n)
{
if(sg[n]==0)
cout<<"Cici"<<endl;
else
cout<<"Kiki"<<endl;
}
return 0;
}
現在我們來一個實戰演練（題目鏈接）：
只要按照上面的思路，解決這個就是分分鐘的問題。
代碼如下：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
const int N=1003;
int n,m,j,k,l,i;
int f[N],s[N],sg[N];
void getsg()
{
memset(sg,0,sizeof(sg));
for(i=1;i<=N;i++)
{
memset(s,0,sizeof(s));
for(j=0;f[j]<=i&&j<=20;j++)
{
s[sg[i-f[j]]]=1;
}
for(j=0;;j++)
{
if(s[j]==0)
{
sg[i]=j;
break;
}
}
}
}
int main()
{
f[0]=f[1]=1;
for(i=2;i<=20;i++)
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
getsg();
while(true)
{
cin>>n>>m>>k;
if(n==0&&m==0&&k==0)
break;
int ans=0;
ans=sg[n]^sg[m]^sg[k];
if(ans!=0)
cout<<"Fibo"<<endl;
else
cout<<"Nacci"<<endl;
}
return 0;
}