博弈論學習筆記

好久以前不記得在那本初賽資料上看到第一章就是博弈論，看了一頁紙，(那時候還不知道有多難，就只是感性地用數學去理解)，感覺不難，就沒搞了。

考了好幾次博弈論的題，發現毛都不會，又老聽旁邊 \(mital\) 和 \(skounputer\) 講什麼 \(sg\) 函式，心態**，於是還是決定自己學一下。

蒟蒻決定先把幾個經典的例子學會了，再去考慮有沒有什麼可以合併總結的吧。

參考：

（當年我看的就是這個，賊簡單，所以就沒往後學了qaq）

模型：給定一堆 \(n\) 個石頭，兩個人博弈，依次取 \([~1,m~]\) 個石頭，若不能取了，則當前操作者輸。問是否必勝？

\(\quad\)於是我們考慮什麼時候起先手不一定必贏呢？

\(\quad(2)\)如果當前正好有 \(m+1\) 個石子，因為先手至少取乙個但又不能完全取完，所以會留下 \(1\) ~ \(m\) 個石子給後手處理，後手顯然是可以一次性取完的，所以先手必敗。

\(\quad(3)\)如果我們再多幾個石子 \((~\le m~)\) ，那麼顯然先手可以把石子數取到 \(m+1\) 的狀態，即狀態 \(2\) ，由於此時的先手，即整場的後手在狀態 \(2\) 下必敗，所以先手必勝。

\(\quad\)發現了嗎？只要 \(n\) 不為 \(m+1\) 的倍數，那麼每次先手只要把石子數取到 \(m+1\) 的倍數，就能使下乙個操作者即後手必敗，即自己必勝。

\(\quad\)這裡，我們把 \(m+1\) 稱為必敗態。那麼我們可以發現，對於乙個當前狀態，如果他已經是必敗態了，那麼當前操作者必輸；如果下一步可以使狀態轉移到必敗態，那麼下乙個操作者必敗，則當前操作者必勝。

\(\quad\)要注意的是，無論是必敗態還是必勝態，他都僅僅是乙個狀態，表示當前操作者勝負的狀態，而與操作者是誰無關。

\(\quad\)很顯然我們又可以發現，對於每乙個石子個數即每乙個狀態，我們可以唯一的知道他是必勝態還是必敗態，即他要麼是必敗態要麼是必勝態，不會有不一定這一種狀態。那麼我們應該怎麼得到它是什麼狀態呢？

\(\quad\)這裡我們可以使用一棵樹來表示對於當前的 \(n\) 的所有的操作。

\(\quad\)這是 \(n=3,m=2\) 的情況下的操作樹。

\(\quad\)顯然，我們發現有許多的狀態使重複的，於是我們可以把樹精簡為一張有向無環圖。如下：

\(\quad\)我們從 \(0\) 開始向上遞迴。

\(\quad\)因為 \(0\) 是必敗態（先手已經沒有可取的了，直接輸），所以能夠轉換到他的狀態 \(1,2\) 是必勝態（因為 \(1,2\) 的下一步可以直接轉到必敗態 \(0\) ，所以下乙個操作者必敗，即當前操作者必勝），而 \(3\) 也是必勝態，（他能轉換到必敗態 \(0\) ，因為所有操作者都非常聰明，所以先手一定會選擇這乙個方案，所以當前操作者必勝）。

\(\quad\)由上，我們又可以發現，如果乙個狀態可以轉移到必敗態，那麼他一定是必勝態，無論他還可不可以轉移到別的必勝態；如果乙個狀態所能轉移到的狀態全都是必勝態，即沒有必敗態，那麼他一定是必敗態。

綜上，我們得到了只有乙個操作空間（即只有一堆石頭）時的做法。但是有的時候我們有很多個操作空間（即有很多堆石子），屆時我們該怎麼辦呢？

模型：有n堆石子，可以從任意一堆中拿若干個石子(不能不拿)，沒法拿的人失敗。問誰會勝利？

\(\quad\)當只有一堆石子的時候，先手可以全部拿走，先手必勝，為必勝態。。

\(\quad\)當有兩堆石子且石子個數相同的時候，先手不論拿多少，後手都可以從另一堆中拿同樣多的石子，那麼無論如何第一堆的最後乙個是先手拿的，則下一狀態為後手操作下的必勝態，先手必敗，為必敗態；否則（兩堆石子數不同），那麼先手可以把石子數取到兩堆相同，下一狀態則為後手操作下的必敗態（兩堆石子數相同），先手必勝。

\(\quad\)當有三堆的時候呢？

\(\quad\)當有n堆的時候呢？

\(\quad\)這樣玩下去確實是很繁瑣，不過前輩們總結出了一條非常厲害的規律！

當 \(n\) 堆石子的個數的異或和等於 \(0\) 的時候，先手必敗，否則先手必勝。

證明如下：

設每堆石頭個數分別為 \(a_1,a_2...a_n\) ，異或符號為 \(\oplus\) 。

如果 \(a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_n=0\) ，那麼無論先手怎麼取，後手只要取掉一部分石頭來維持異或和為 \(0\) 。最後只剩乙個堆有石頭的時候，異或和不為零為這一堆的石子個數，那麼此時就是後手的回合，他可以一波取完，所以異或和為 \(0\) 的狀態為當前操作者的必敗態。

我們設石頭堆數量異或和為 \(s(~s!=0~)\) ，那麼 \(a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_n=s\) 。

設 \(s\) 的二進位制最高位為第 \(k\) 位，那麼一定存在至少乙個 \(a_i\) 的第 \(k\) 位為 \(1\) ，否則異或和的最高為不可能為 \(1\) 。

所以我們把等式左右同時異或上 \(s\) ，則等式左邊為 \(0\) ，所以當前狀態為當前操作者即後手的必敗態；

而這個異或的操作，由於 \(a_i\) 和 \(s\) 的最高位都是 \(1\) ，那麼異或後最高位結果就是 \(0\) ,顯然是比原數要小，所以我們可以視為第 \(i\) 個石頭堆被取走了一些石頭使他變成了 \(a_i \oplus s\) 個石頭。

綜上，如果所有石頭堆的異或和為 \(0\) ，那麼為先手的必敗態；否則為先手的必勝態。

模型：n堆石子，每次從不超過k堆中取任意多個石子，最後不能取的人失敗。

定義： \(sg(~x~)=mex(~v1,v2,...vm~)\)

其中 \(v\) 表示當前 \(x\) 可以轉移到的狀態的 \(sg\) 值， \(mex\) 表示在這個集合中沒出現的最小自然數。

其中，如果 \(sg(~x~)==0\) ，表示他可以轉移到必敗態，即他的下乙個狀態可以是必敗態，則狀態 \(x\) 為必勝態。否則反之。

內容：對於乙個問題，如果存在很多個操作空間，其 \(sg\) 值分別為 \(sg_1,sg_2...sg_n\) 。

如果 \(sg_1 \oplus sg_2 \oplus ... \oplus sg_n==0\) ，則先手必輸。

重看 \(num\) 遊戲，你會發現其中每堆石子的 \(sg\) 值都恰好為這堆石子的數量，且每堆石子之間都是相互獨立的。

所以\(nim\)遊戲可以當作對 \(sg\) 定理的乙個很好的證明。

看到這裡，有些讀者可能要問了：我們為什麼要用 \(mex\) 來定義 \(sg\) 函式呢？對於 \(nim\) 遊戲來說 \(sg\) 的值就是石子個數，那麼其他的博弈問題呢？ \(sg\) 函式還有用嗎？為什麼呢？

首先解決第乙個問題：為什麼要用 \(mex\) 來定義 \(sg\) 函式呢？

由定義我們可知，只要有任意一種操作能使下一步為下一步操作者的必敗態，那麼這個狀態即為當前操作者的必勝態，由於必敗態為 \(0\) ，所以我們取 \(mex\) 的時候只要能夠通往 \(0\)

\(sg\)就一定是 \(0\)。

這裡給出的 \(sg\) 的本質是sg的本質應該是將n維nim遊戲對映到1維nim遊戲

講的很玄乎，其實意思就是說把多個操作空間的博弈問題轉化為乙個。

再通俗的解釋一下，就是說我們可以發現 \(sg\) 函式把每個操作空間轉化為了乙個一維的值，於是問題轉化為了 \(n\) 個 \(sg\) 值得相關問題，這就是乙個一維的問題了，然後異或起來就得出了最終結果。

綜上，對於單個操作空間的博弈遊戲，我們有三種處理方式：模擬找規律、神仙腦補以及操作圖；對於多個操作空間的博弈遊戲，我們使用 \(sg\) 函式把他轉化為一維問題，通過異或來解決（一般情況下）（注：這個異或操作的 \(nb\) 一點的名字叫做 \(bouton's~theorem\) ）。

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eg hdu2149，2156 描述 只有一堆n個石子，每次能取1到m個物品，a先手，問誰能先取完石子 思路 這種問題的關鍵就在於能否取到關鍵點，比如，這裡只能能取到倒數m 2個石子，留下m 1個石子，則後者就必敗。結論 如果初始石子是 m 1 的倍數，則先手必敗，否則先手必勝。eg hdu2177...

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