這兩天認識了幾個組合遊戲的基礎模型，希望自己能更新下去。。
Ferguson遊戲
Description
- Initial
有兩個盒子，一個裝有 m 顆糖，一個裝有 n 顆糖，表示爲 (m, n) .
- Step
每次清空一個盒子，將另一個盒子裏的糖轉移一些過來，並保證兩個盒子至少各有一顆糖。
- Win
最後進行轉移糖者勝，無法轉移糖者敗。
Solve
m, n 都爲奇數，先手敗；m, n 至少一個爲偶數，先手勝。
Proof
顯然，初始狀態爲(1, 1)，先手必敗；
設 max(m, n) = 2，即初始狀態爲 (1, 2)，(2, 1) 或 (2, 2)，對於 (1, 2)，(2, 1) 先手可以把 1 清空，然後將 2 分爲 (1, 1) ，先手勝；對於 (2, 2) ，先手可以把其中一個 2 清空，然後將另一個 2 分爲 (1, 1) ，先手勝。符合結論。
設 max(m, n) < k 均符合結論，當 max(m, n) = k ：
設 m 與 n 至少一個爲偶數（假設m是偶數），則將 n 清空，把 m 分爲兩個奇數 (a, b) ，由於max(a, b) < k ，因此(a, b) 必敗，(m, n) 必勝（利用規則2）；
設 m 與 n 均爲奇數，則只能把其中一個數分爲一個奇數 a ，一個偶數 b ，由於max(a, b) < k ,因此對於任何的方式分解出的(a, b) 均必勝，(m, n) 必敗（利用規則1）；
故 max(m, n) = k 符合結論。
故對於任意 (m, n) 結論成立。
chomp!遊戲
Description
- Initial
有一個 m * n 的棋盤，棋盤的每一個格子用(x, y)表示，最左下角是(1, 1)，最右上角是(m, n) ；
- Step
每次可以拿走一個方格，並拿走該方格右邊與上邊的所有方格。
- Win
誰拿到(1, 1)誰敗。
Solve
當 m = n = 1，先手敗；除此之外，先手均有必勝策略（先手勝）。
Proof
反證法：
假設後手能取得勝利，那麼先手可以第一步拿走(m, n)，若後續回合內後手通過拿走(x, y)達到了必勝狀態，先手均可以第一步就拿走(x, y)來達到必勝狀態。
故不存在後手必勝狀態。
由於無法給出構造性證明，所以只能證明先手必勝，而不能給出廣義的必勝策略。
約數遊戲
Description
- Initial
桌上有 n 個數字：1~n。
- Step
兩人輪流在選擇一個桌上的數 x ，然後將 x 與 x 的約數都拿走。
- Win
拿去最後一個數的人勝出（無法選擇數字的人失敗）。
Solve
先手有必勝策略。（先手勝）
Proof
這個遊戲是 chomp! 的思想的應用。
假設後手能取得勝利，那麼先手可以第一步拿走 1，若後續回合內後手通過拿走 x 達到了必勝狀態，先手均可以第一步就拿走 x 來達到必勝狀態。
Bash Game（巴什博弈）
Description
- Initial
n 個物品堆成一堆。
- Step
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。
- Win
最後取光者得勝。（無法取者敗）
Solve
如果
Proof
如果
n=m+1 ， 顯然，先手無論取多少，後手均可以將剩餘物品一次全取走，所以先手敗。如果
n=k∗(m+1) ，我們從後手的角度來考慮，設先手第一次取走x 個物品，那麼後手只要再取走m+1−x 個，此時剩餘物品數量變爲(k−1)(m+1) 個，一直重複這個步驟，就可以回到先手面臨n=m+1 的局面，所以還是先手敗。相當於進行了k次n=m+1 的遊戲。如果
n=k∗(m+1)+s ，先手一開始取走s 個物品，那麼後手就會面臨n=k∗(m+1) 的局面，所以先手勝。結論得證。
例題
有一個遊戲，在一個n*m的矩陣中起始位置是（1, m），走到終止位置（n, 1）；遊戲規則是隻能向左，下，左下方向移動一步，先走到終點的爲獲勝者。（HDU 2147，總共有 n + m 的距離要移動，一次最多移動 2 的距離，故判斷 (n + m)%2 是否爲 0 即可）。
bash博弈變形1——減法博弈：
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。（先手必勝，第一次報1，類似：HDU 2149）
有一個由n個石子組成的石子堆，兩名玩家輪流從中拿走石子，每次拿走石子的個數只能是集合S中的數。拿走最後一枚石子的玩家獲勝。（狀態轉移即可）bash博弈變形2：初始狀態下有石子n個，除最後一次外其他每次取物品個數必須在[p，q]之間，最後一次取硬幣的人輸。（HDU 2897）
這題狀態稍微複雜一些，並且勝負條件與之前相反，一般bash博弈裏每次取個數可以看作在[1,m]之間，勝負手判斷爲n % (1+m) ，因此我們可以猜想每次取[p,q]的勝負手判斷爲n % (p+q) ，通過驗證猜想我們可以發現如下策略：n=k∗(p+q) 時，先手第一次取 q 個，隨後的回合若後手取 x 個，先手再取p+q−x 個，那麼最後就會留給後手 p 個，先手勝。n=k∗(p+q)+s 時，則要分情況考慮：
- 若 s 在
[1,p] 之間，先手取 x，後手可以取p+q−x ，最後留給先手 s 個，後手勝； - 若 s 在
(p,p+q) 之間，先手任取 x 個(1≤s−x<p) ，後手取 y 個，先手可以再取p+q−y ，最後留給後手 s - x 個，先手勝；
- 若 s 在
//HDU 2897
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n , p , q ;
while ( cin >> n >> p >> q ) {
if ( n % ( p + q ) <= p && n % ( p + q ) )
puts( "LOST" ) ;
else
puts( "WIN" ) ;
}
return 0;
}
Wythoff’s Game（威佐夫博弈）
Description
- Initial
有兩堆石子，一堆有 m 個，另一堆有 n 個。
- Step
雙方輪流取走一些石子，合法的取法有如下兩種：
1. 在一堆石子中取走任意多顆；
2. 在兩堆石子中取走相同多的任意顆.
- Win
取走最後一顆石子的人爲贏家。
Solve
(1,2)
第 k 個必敗狀態是 (\lfloor\frac{\sqrt 5 +1}{2}*k \rfloor+k,\lfloor\frac{\sqrt 5 + 1}{2}*k \rfloor)
拓展性質：
令(m(k),n(k))=(\lfloor\frac{\sqrt 5 + 1}{2}*k \rfloor+k,\lfloor\frac{\sqrt 5 + 1}{2}*k \rfloor)
(m(k),n(k))=(⌊5√+12∗k⌋+k,⌊5√+12∗k⌋) ，則m(k) 也表示前 k 個必敗狀態中沒出現的自然數。每個自然數都會出現在必敗狀態中且僅會出現一次。
//HDU 1527 模板題
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int a , b ;
while ( cin >> a >> b ) {
if ( a < b ) swap( a, b ) ;
int k = a - b ;
int n = (int)( k * ( sqrt(5.0) + 1.0 ) / 2 ) ;
bool win = ( n != b ) ;
cout << win << endl ;
}
return 0;
}
Proof
還是打表吧。。
const int N = 50 ;
bool win[100][100] ;
void init()
{
memset( win , false , sizeof win ) ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) win[i][i] = true ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) {
for ( int j = i+1 ; j <= n ; j++ ) {
if ( !win[i][j] ) {
for ( int k = j + 1 ; k <= n ; k++ )
win[i][k] = win[k][i] = true ;
for ( int k = i + 1 ; k <= n ; k++ )
win[k][j] = win[j][k] = true ;
for ( int k = 1 ; k <= n ; k++ )
win[i+k][j+k] = win[j+k][i+k] = true ;
}
}
}
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++ )
for ( int j = i ; j <= n ; j++ ) {
if ( !win[i][j] ) cout << i << ' ' << j << endl ;
}
}
Fibonacci’s Game （斐波那契博弈）
Description
- Initial
有一堆個數爲 n >= 2 的石子。
- Step
雙方輪流取石子，滿足以下條件：
1. 先手不能在第一次把所有的石子取完；
2. 之後每次可以取的石子數介於 1 到對手剛取的石子數的 2 倍之間（包含 1 和對手剛取的石子數的 2 倍）。
- Win
取走最後一個石子的人爲贏家。
Solve
如果 n 是斐波那契數，則後手勝；反之，先手勝。
\\HDU 2516 模板題
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const string win[2] = { "Second win" , "First win" } ;
long long fib[100] ;
int init()
{
fib[0] = 1 ; fib[1] = 1 ;
for ( int i = 2 ; i < 100 ; i++ ) {
fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2] ;
if ( fib[i] > ( 1LL << 35 ) ) return i ;
}
return 100 ;
}
int main()
{
int n ; int len = init() ;
while ( cin >> n && n ) {
int ok = 1 ;
for ( int i = 0 ; i <= len ; i++ ) {
if ( fib[i] == n ) {
ok = 0 ;
break ;
}
}
cout << win[ok] << endl ;
}
return 0;
}
Proof
Zeckendorf定理：任何正整數可以表示爲若干個不連續的 Fibonacci 數之和。
先手必須從 <= n / 3 的數量開始取（例如第一次取的數量 > n/3，那麼後手可以直接取完所有剩下石子）
於是。。。太繞了！
還是請看Acdream大神的吧。。http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8586135
Nim遊戲（待施工）
Description
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。
Solve
介紹這個遊戲的太多了。。偷個懶
具體解法就是異或異或！