博弈論中nim k、anti-nim、every-sg、翻硬幣問題、樹上刪邊介紹

正在施工中博弈論小結

---

bash博弈
nim遊戲
sg函數
[階梯nim](https://www.cnblogs.com/RogerDTZ/p/9439540.html)
威佐夫博弈
[斐波那契博弈](https://www.cnblogs.com/Ritchie/p/5762320.html)
**打表找規律**[HDU1517](https://vjudge.net/problem/HDU-1517)
對偶博弈
海盜分金（爲什麼後來金幣數不確定？）

👆這些以上都沒有

nim k

問題形式：有若干博弈遊戲，每次可以一下子進行最多k個遊戲，誰無法進行誰輸。
結論：整個遊戲的SG = 每個遊戲的sg用二進制表示的同時用（k+1）進制異或

爲更具體地解釋，我們編一道題：有n堆石子，分別有a_i個石子，每次可以對最多k，最少1堆進行操作，即取走該堆任意個石子。兩人輪流進行，取走最後一個石子的獲勝。問是否先手必勝。
設sg[i]爲第i堆的sg值。結合以前的經驗，我們知道sg[i]=a_i。我們依然求這n堆異或。異或可看做「不進位加法」，我們用每個數的二進制表示，進行(k+1)進制的「不進位加法」。舉個例子，若三個數的二進制是$1010101$ $1111011$ $0010101$假設k=2，即要三進制，那麼相應三進制的異或爲$2101210$
爲什麼這麼做呢？我認爲，這樣每個遊戲對最高爲的貢獻最多爲1，這樣就可以保證SG=0時先手在取最多k個的情況下無法再次將SG變爲0；SG>0的情況下，假設最高位數值爲t，先手可以進行t個遊戲使SG變爲0。

例題：Football Game POJ - 2315

anti-nim

反nim博弈。 anti-nim是有幾堆石子，每次可以拿某一堆中的任意多個（不能不拿），誰取完最後一個石子誰「輸」。

結論：

• 若每堆石子數=1，則xor之和爲0必勝，否則必敗
• 若有一堆>1，則xor之和非0必勝，否則必敗

以下爲我覺得正確的證明。
摘抄複製了一下一篇知乎上的回答。

奇異局勢：所有堆xor之和爲0的情況。
令S表示非奇異局勢，T表示奇異局勢；
規定一堆中石子數>1，則爲充裕堆；=1，則爲孤單堆。
S0：非奇異局勢且充裕堆數爲0；
S1：非奇異局勢且充裕堆數爲1；
S2：非奇異局勢且充裕堆數爲2；
T0：奇異局勢且充裕堆數爲0；
T2：奇異局勢且充裕堆數爲2；
（衆所周知 T1不存在）

先考慮這5個狀態的勝負。
無需多說，S0必敗，T0必勝。
S1可轉移到S0，因此S1必勝。
T2只能轉移到S2或S1。若轉移到S1，則T2必敗；若轉移到S2，則對方可再次轉移到T2。因此T2爲必敗態，S2爲必勝態。

現在，必勝：T0，S1，S2；
必敗：S0，T2

接着，我們歸納一下：
當n>=2時，假設S1,S2,…,Sn都是必勝態，T2,T3,…,Tn都是必敗態，由於T(n+1)只能轉移到Sn或S(n+1)，而S(n+1)可以轉移到T(n+1)或T(n)，因此T(n+1)是必敗態，S(n+1)是必勝態。這樣，除去S0，所有S都是必勝態；除去T0，所有T都是必敗態。

丟一道例題：Be the Winner HDU - 2509

every-sg

基本形式：有n個博弈遊戲同時進行，輪到他時必須玩所有還沒結束的遊戲。最後結束的遊戲的輸贏就是整個遊戲的輸贏。

這種題增加了一個性質：步數。
容易想到，每局遊戲如果能贏，一定要贏，而且往後拖得越久越好；如果必輸，一定輸得越快越好。令ans爲最後結束的那個遊戲的步數，則ans爲奇數時先手贏，偶數時後手贏。
$step(當前狀態)=\begin{cases} 0& \text{已經輸了}\\ max\{step(所有必輸的上一狀態)\}+1& \text{sg(當前狀態)!=0}\\ min\{step(上一狀態)\}+1& \text{sg(當前狀態)=0} \end{cases}$

例題：GG and MM HDU - 3595。

翻硬幣問題

基本形式：有一排硬幣，從左到右分別標號1,2，…，兩人輪流按一定限制翻硬幣，但選擇的最右邊的硬幣一定是從正面朝上翻到反面朝上，不能翻的人輸。
結論：整個局面的sg等於每個朝上的硬幣的sg的異或值
換句話說，令sg[i]爲只有i號硬幣朝上時的sg值，那麼整個局面的sg爲$sg[a_1] \oplus sg[a_2] \oplus ... \oplus sg[a_k]$，其中a_i號硬幣朝上。

怎麼理解呢？爲更具體地表述，我們假設題目條件爲每次可以翻轉1個或2個硬幣。
我們先求sg[i]。設硬幣全反面朝上的狀態爲S₀，只有第i號正面朝上爲S_i。顯然sg[1]=1。S₂可以轉化成S₀和S₁，因此sg[2]=2。S_k可以通過翻1個轉化爲S₀，也可以翻兩個轉化成S_j，1<=j<k，因此sg[k]=k。
現在可以這樣想：假如i號硬幣朝上，那麼將它看做一堆石子，石子數目是i。
現在我們可以用已經求出的sg[i]求出整個局面的sg（簡稱SG）。假定SG>0。對於普通nim遊戲，我們找到SG的二進制表示中1所在的最高位：第a位。假設sg[b]二進制的第a位爲1，那麼我們可以將有b個石子的這一堆（簡稱b堆）拿走一部分，使得SG=0。
對應到硬幣，「將b堆拿完」即「將b號硬幣由正面翻到背面」，「將b堆由原本的b個石子拿得只剩c個」即「將b號硬幣由正面翻到背面，且將c號硬幣翻轉（不管是哪面朝上）」。

因此，這樣的遊戲，先求出sg[i]（可以打表找規律），再求出SG。

例題：Daizhenyang’s Coin HDU - 3537（不知道爲什麼，我的代碼總Compilation Error，明明用codeblocks和devc++都沒問題的說）

樹上刪邊

待做題
基本形式：有一棵樹，給定根節點，兩人輪流選擇一條邊，並將其及連帶的子樹刪除，無法操作的輸。
結論：葉子結點的sg=0，其餘點的sg爲「他的孩子的sg+1」的異或和
例題：A tree game HDU - 3094

與樹上刪邊類似的是一種無向圖刪邊，具體請看Christmas Game POJ - 3710。本題奇數邊環可用一條邊代替，偶數邊環可用一個點代替。

不平等博弈

雙方的操作是不同的。比如若干長寬爲正整數的矩形，左方每次橫着切，右方豎着切，要求切完後的兩個矩形長寬都爲正整數，誰不能切誰輸。

法一：
這種題的一般做法是設置一個hp值，如n*1的矩形hp=n-1，1*m的矩形hp=-(m-1)，我們是根據左方定的正負，hp爲正代表對左方有利，爲負代表對右方有利。假定每個矩形都有一個hp，那麼當hp之和>0則左方必贏，<0則右方必贏，=0則後手必贏。
現在的重點就是hp怎麼求了。每個矩陣都有且只有一個hp，它不會對雙方都有利，也不會對雙方有不利。

根據這一理念，先打表。

    for(int i=1; i<N; ++i)
    {
        for(int j=1; j<N; ++j)
        {
            if(i==1) hp[i][j]=j-1;
            else if(j==1) hp[i][j]=1-i;
            else
            {
                for(int k=1; k<j; ++k)
                {
                    hp[i][j]=max(hp[i][j],hp[i][k]+hp[i][j-k]+1);
                }
                for(int k=1; k<i; ++k)
                {
                    hp[i][j]=min(hp[i][j],hp[k][j]+hp[i-k][j]-1);
                }
            }
        }
    }

然後就找規律，然後根據規律迅速求的任意一個矩陣的hp。。。。。在此我就不多說了，因爲剩下的就和普通的博弈論相同了。

這道例題是Alice’s Game HDU - 3544。

法二：
有很多不平等博弈論，比如這道題，是可以用surreal number表示的。在此，我推薦Matrix67寫的一篇相當漂亮的文章：實數、超實數和博弈遊戲：數學的結構之美。這篇文章詳細地介紹了surreal number的概念、運算、性質，很不容易理解，但我們只需要會用就夠了。
待施工參考

例題彙總