關於ACM博弈論的總結1

初學博弈論受益匪淺，將個人的博弈論解題總結一下。

１.威佐夫博弈論（證明真的沒有的離散數學技巧是絕對

１）問題：首先有兩堆石子，博弈雙方每次可以取一堆石子中的任意個，不能不取，或者取兩堆石子中的相同個。先取完者贏。

解題思路：說實話對這種題唯一的方法是打表，當然比賽時候打表不好搞，盡量將新的狀態轉到老的已確定的狀態，然後再找規律。

（０，０）（１，２）（３，５）（４，７）（６，１０）……

規律的確是挺神奇的

ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...n 方括號表示取整函式)，

這個狀態先手必敗。

２）關於這個博弈論的定理與規律。

每行第乙個數恰巧是前面每一行中沒有出現過的最小正整數

在所有的必敗態中，每個數字恰巧出現一次。。。。。。。。２

解題時會問你先手勝的話如何走第一步，根據.。。。。２可以去求，當然當（４，６）時這種方法不行，只能兩邊同時去取。（根據差值去取）。

當然證明我也可以闡述一下，畢竟學ａｃｍ的，如果這個都不掌握的話，太對不起威佐夫這個人了，他貌似畢生貢獻都在這乙個博弈上面了，如果我只用找規律解決的話，有愧於先人啊。（在本文最後說明，畢竟本文最重要的還是要解決ａｃｍ中的博弈類題目）。

２.nim遊戲

這類題目acm中還是挺多的。

先來描述一下最基礎的nim遊戲吧。

1）基礎nim

有若干堆石子，每堆石子的數量都是有限的，合法的移動是「選擇一堆石子並拿走若干顆（不能不拿）」，如果輪到某個人時所有的石子堆都已經被拿空了，則判負（因為他此刻沒有任何合法的移動）。

結論：每個數量異或之後如果為0，則先手必輸。

2）nim引申

將上面的每堆可取石子數限定為乙個集合s；其他同上；

sg函式：

sg(x) = mex ( sg(y) |y是x的後繼結點 )

其中mex（x）（x是乙個自然是集合）函式是x關於自然數集合的補集中的最小值，比如x= 則mex（x）=3；

什麼是後繼結點？

所謂後繼結點就是當前結點經過乙個操作可以變成的狀態。比如對於娶4石子遊戲，假如每次可以取的數目是1,2,4，當前的石子數目也就是當前狀態是5，那麼5的後繼結點就是=；

思考：hdu1848

每個堆點的可取數目是有限定的，這該怎麼辦呢？

sg=mex|x是y的子節點}

那麼sg=sg(t為斐波那契數列中的數)。

5 #include6
using
namespace
std;78
#define max 10059/*
10計算從1-n範圍內的sg值。
11array(儲存可以走的步數，array[0]表示可以有多少種走法)
12array需要從小到大排序
13/*hdu1847博弈sg函式
141.可選步數為1-m的連續整數，直接取模即可，sg(x) = x % (m+1);
152.可選步數為任意步，sg(x) = x;
163.可選步數為一系列不連續的數，用getsg(計算)
17*/
18int
sg[max], hash[max];
19int
array[max];
20void getsg(int array, int n = max-1)21
33for(j = 0; j <= n; j++)
3440}41
}42}43
intmain()
4453 array[0] = i - 1;54
getsg(array);
55while(cin>>m>>n>>p &&m)
56 
61return
0; 
62 }

取走-分割遊戲

這種遊戲允許取走某些東西，然後將原來的乙個遊戲分成若干個相同的遊戲。

例1、lasker』s nim遊戲：每一輪允許兩種操作之一。（1）從一堆石子中取走任意多個（2）將一堆數量不少於2的石子分成都不為空的兩堆。

分析：很明顯，g(0)=0，g(1)=1。狀態2的後繼有0，1和（1，1），它們的sg函式值分別是0，1和0，所以g(2)=2。狀態3的後繼有0，1，2和（1，2），它們的sg函式值分別是0，1，2和3，所以g(3)=4。狀態4的後繼有0，1，2，3，（1，3）和（2，2），它們的sg函式值分別是0，1，2，4，5和0，所以g(4)=3。在推一些，我們得到：

我們推測：對於所有的k>=0，有g(4k+1)=4k+1；g(4k+2)=4k+2；g(4k+3)=4k+4；g(4k+4)=4k+3。

請自行證明。

假設遊戲初始時有3堆，分別有2、5和7顆石子。三堆的sg函式值分別是2、5和8，它們的nim和等於15。所以要走到p狀態，就要使得第三堆的sg值變成7，可以將第三堆分成按1和6分成兩堆。

３.對稱博弈

男人八題中的取石子問題。

走格仔問題

４.k倍增長博弈

５.翻硬幣

６.其他雜題

看做題經驗了這些題目。

7.24點很多時候題目會要求你求24點，這其實也可以算是博弈論中的一種，只不過是對手只有自己乙個人，這往往需要數學靈感。這類題目一般要列舉各種情況並且歸納幾種相類似的情況。例如hdu 1427:

這題目需要dfs就夠了。

#include#include#include#include#include#include#include#include#include#define inf 99999999
using namespace std;
const int max=5;
char s[3];
int number[max];
bool flag;
void check(char ch,int &num)
} if(ch == '1')num=10;
}int f(int a,int op,int c)
bool calculate(int i,int j,int k)
void perm(int k)
return;
} perm(k+1);
for(int i=k+1;i<4;++i)
}int main()
flag=false;
perm(0);
if(flag)printf("yes\n");
else printf("no\n");
} return 0;
}

這是比較簡單的24點，例如15年多校hdu5308，這個是需要將前面情況進行列舉以及歸納的當n大於等於15的時候就是可以分奇偶兩種情況來討論歸納。這題如果按照前面搜尋來做的話不僅不好記錄運算過程，還鐵定超時間。

例如還有cf468a題和hdu5308做法有些類似。但比上面一題好寫很多。

#include #include using namespace std;
int main()
else
}return 0;
}

附錄：

１的證明：

關於ACM博弈論的總結1

ACM博弈論總結

ACM之博弈論總結

acm博弈論基礎

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