暑期集訓博弈論概覽

tags：暑期集訓第一周博弈論

目錄(二)nim game -- 尼姆博弈

例題nim遊戲變體之階梯nim博弈

例題(三)wythoff's game -- 威佐夫博弈

(四)sprague-grundy function -- sg函式

相關部落格1 - 組合遊戲 sg函式和sg定理

相關部落格2 - 博弈論 sg函式 sg定理

(五)沒有錯後面這麼簡潔就是因為我寫不下去了=-=

只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取乙個，最多取m個。最後取光者得勝。

這是程式設計博弈題中最簡單的一類，我們知道當先手面對\(n=m+1\)的情況時，後手必勝。以此為基準向上推演我們可以得到如下結論：

當且僅當先手面對的物品個數 n 滿足 \(n=k(m+1)\) 時後手必勝。

因為設先手取 x 個物品，後手一定可以取到(m+1-x)個物品使物品總數變為\(n=(k-1)(m+1)\)。以此類推，可以發現最後一定能變成\(n=m+1\)的奇異情況。所以當\(n%(m+1)==0\)時後手必勝。與此對應，當\(n%(m+1)==k>0\)時，先手可以拿走k個物品讓對手面對\(n=k(m+1)\)的必敗情況。

1 - 悼念512汶川大**遇難同胞——選拔志願者 hdu - 2188

思路：

翻譯一下題目：石頭總數為\(n_\)元。所以直接判斷n%(m+1)即可

**：/*不被允許出現在第一列的井號*/ #includeusing namespace std;

int main() \)

思路：翻譯題目：兩個人 alice 和 bob 以偶數堆的石頭 \(a[n] (2≤n≤50, 1≤a_i<)\) 進行遊戲，每人每輪可從剩餘非空的 \(\frac\) 堆石頭中取出任意大於 1 數量的石頭，同一輪中不同堆中取出的石頭可以不相同。若輪到某人時非空石頭堆不足 \(\frac\) 則此人失敗。問在給定資料中誰必定獲勝。

本題中，誰先將任意一堆或擠兌==幾堆石頭取空，誰就輸了。因為對家接著取空\(\frac\)堆石頭，剩下的石頭堆數就不滿 \(\frac\)了。

什麼時候先手能保持不敗之地呢？設最少的石子堆a[i]的石子數為a,有b堆這樣的石子，當b<=n/2的時候，先手可以將另外一半的石子拿走至與前一半石子堆的數量一致( 變成 ) ，那麼接下來無論對方拿走多少石子，我們都可以模仿對方的策略，顯然，對方會先拿控一堆石子走到必敗態，那麼先手就必贏。在考慮一種情況，當b>n/2時，也就是最少的石子堆數量佔一半以上，那麼無論先手怎麼取，後手都可以將剩下的石子堆保持最少的石子堆有一半以上（無論對方怎麼取，我們只需要把n/2個石子堆數量保持與最小的一致），那麼此時先手是一定會先拿空一堆石子，那麼先手必敗。綜上，也就是判斷最少石子堆數量是否有一半以上即可。

**：/**/ #include/**/ #includeusing namespace std;

int main()

sort(a,a+n);

if(a[0] == a[n/2]) cout<<"bob"<

有\(n_\)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）。

先給結論

令第 \(i\) 堆石子個數為 \(a_i\)，當且僅當\(a_1\oplus a_2\oplus a_3 \oplus ...\oplus a_n=0\)時後手必勝

證明：

令 \(a_1\oplus a_2\oplus a_3 \oplus ...\oplus a_n\) 為m。

首先，第乙個先手必敗點就是所有石頭堆數目都為0，此時\(0\oplus 0\oplus 0\oplus ...\oplus 0=0\)。

其次證明兩點：

任何 \(m!=0\) 的情況都能通過一次操作變成 \(m=0\) 的情況。

任何 \(m=0\) 的情況都無法經過一次操作變成另乙個 \(m=0\) 的情況。

當 \(m=k_\) 時，設k的二進位制表示有 \(x\) 位。則一定有至少乙個 \(a_i\) ，其二進位制表示第 \(x\) 位同樣為1。

則有 \(a_i \oplus k，即 \(\exists m\gt 0使a_i-m=a_i\oplus k\) 。

又通過 \(x\oplus y \oplus y = x\) 可得：\(a_1\oplus a_2\oplus a_3 \cdots a_ \oplus a_ \cdots a_n=k\oplus a_i\)

所以 \(a_1\oplus a_2\oplus a_3 \cdots a_ \oplus a_ \cdots a_n\oplus (a_i-m)=k\oplus a_i\oplus (a_i-m)\)

即 \(a_1\oplus a_2\oplus a_3 \cdots a_ \oplus a_ \cdots a_n\oplus (a_i\oplus k)=k\oplus a_i\oplus (a_i\oplus k) = 0\)

1得證。

當 \(m=0\) 時，設 \(\exists a_i^=a_i-m_, 使m^=a_1\oplus a_2\cdots a_i^\cdots \oplus a_n=0\)

則有 \(a_1\oplus a_2\cdots a_i^\cdots \oplus a_n=a_1\oplus a_2\cdots a_i\cdots \oplus a_n\)

即 \(a_i^=a_i\)，則\(m=0\) 。可知 \(m=0\) 非法。所以2得證。

1 - being a good boy in spring festival hdu - 1850

思路：

直接套公式計算\(n_1\oplus n_2 \cdots \oplus n_m\)即可

**：/**/#includeusing namespace std;

int main()

if(sum == 0) cout<<0<2 - northcott game hdu - 1730

思路：我認為博弈論有乙個很重要的點就是操作無效化。通過模仿對手的操作令部分操作無效化。使題目條件變得更簡單

對於這道題而言，我們只需考慮兩個棋子之間的空隙，將間隙dang'che即可。因為若先手棋子後退了，則後手只需要將自己的棋子平移相同距離即可。所以我們完全可以忽視兩邊的空間。且我們知道先手不能隨便後退，否則後手就有了改變局勢的機會。

於是我們計算每行兩顆棋子之間的空隙，並計算其異或和便能得出答案

**：

/**/#includeusing namespace std;

int main()

if(!sum)

cout<<"bad luck!"<

階梯nim博弈

有一n階樓梯，第\(i\)階樓梯上有\(a_i\)枚硬幣。兩個人輪流操作。每次操作可將第\(i\)階台階上的\(m_\)枚硬幣移動到第\(i-1\)階台階。問先手必勝情況。

在本類nim變體中，我們發現，對於一種情況的先手a而言，若a從第\(2k\)級台階移動\(m\)枚硬幣到第\(2k-1\)級台階，後手b則可緊跟著將這m枚硬幣從第\(2k-1\)級台階移動到第\(2k-2\)級台階。即先手對偶數級台階進行操作，最後一定是後手將其放到地面。先手永遠不可能將偶數級台階的硬幣親手放到地面去。由此我們可以忽視任何對偶數級台階的操作，將奇數級台階的硬幣移動到偶數級台階便視為這些硬幣已經被「拿走」。僅考慮奇數級台階。這個問題就變成了普通nim問題。我們只需要計算奇數階硬幣數的異或和\(a_1 \oplus a_3 \oplus \cdots \oplus a_1)}\)即可。

3 - georgia and bob poj - 1704

思路：將兩個棋子之間的空隙看成石頭。左邊是樓梯頂右邊是樓梯底。這道題就變成了階梯nim博弈

**：/**/#include/**/#include/**/#includeusing namespace std;

int main() ;

int sum = 0;

while(t--)

sort(p+1,p+n+1);

int i=1;

if(n%2) i=0;

for(i;i<=n;i+=2)

if(sum) cout<<"georgia will win"《有兩堆石子\(m,n(m>0,n>0)\)，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；

約定取走最後一顆石子的人為贏家，求必敗態(必勝策略)。

很喜歡這篇部落格，個人認為有很大的提點作用。博主同樣也是轉的，原部落格位址進不去了。

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