一道面试题（Nim取子游戏）——如何将数学思维应用到编程中
今天偶然遇到一道Nim取子游戏的题，大意如下：
有16颗石子，两个人轮流取子，每次只能取一颗、两颗或者四颗石子，最后取完石子的人为负。问，先取子的人还是后取子的人有必胜策略。
题目非常简单，已经非常熟悉博弈论或者Nim取子游戏的大牛，请移步进阶话题。
寻找思路
拿到一个特殊化的题目，如果没有思路的话，可以考虑先将题目转换为一般化的形式，再将一般化形式的题目特殊化到简单实例寻找规律。以本题为例，先将题目转换为一般形式：
有 n 颗石子，两个人轮流取子，每次只能取一颗、两颗或者四颗石子，最后取完石子的人为负。问，先取子的人还是后取子的人有必胜策略。
考虑简单的情况：
当 n = 1 时，先取子的人必然取完全部的石子，因此，先取子的人必负，从而后取子的人必胜；即，当 n = 1 时，后取子的人有必胜策略。
当 n = 2 时，先取子的人可以只取一颗石子，从而后取子的人进入上述 n = 1 时先取子的情况；因此，当 n = 2 时，先取子的人有必胜策略。
当 n = 3 时，先取子的人可以只取两颗石子，从而后取子的人进入上述 n = 1 时先取子的情况；因此，当 n = 3 时，先取子的人有必胜策略。
当 n = 4 时，先取子的人若只取一颗石子，则后取子的人将进入上述 n = 3 时先取子的情况，后取子的人必胜；若先取子的人只取两颗石子，则后取子的人将进入上述 n = 2 时先取子的情况，后取子的人必胜；先取子的人若取四颗石子，则恰将所有石子取光，从而后取子的人必胜；综上所述，当 n = 4 时，后取子的人有必胜策略。
当 n = 5 时，先取子的人若只取一颗石子，则后取子的人将进入上述 n = 4 时先取子的情况，从而必输；因此，当 n = 5 时，先取子的人有必胜策略。
为了方便起见，我们引入两个博弈论中的概念：P状态和N状态。如果双方都按照最佳策略进行游戏，我们可以将游戏中的每个状态依据其是先手必胜还是后手必胜分类。一个先手胜状态被认为是一个N状态（因为下一个玩家即将获胜），一个后手胜状态被认为是一个P状态（因为前一个玩家即将获胜）。P状态和N状态归纳性地描述如下：
一个点v是P状态当且仅当它的所有后继都为N状态
一个点v是N状态当且仅当它的一些后继是P状态
在此我们稍微详细的解释一下P状态和N状态定义的实际意义。注意以下事实：如果当前游戏处于P状态，则先走的人必输，后走的人必胜（按照P状态的定义）。因此，无论当前处于何种状态，只要按照游戏规则进行了一步后，能够进入P状态，则当前先走的人必胜。因此，N状态可以转移到P状态，而P状态必然转移到N状态。这也就是P状态和N状态归纳性描述的实际意义。
为了不被这些繁琐的概念弄晕，我们不妨回到原来这道题目上。下面，我们使用P状态和N状态来标记这个取子游戏的先手必胜或者必负的情况。（下面一行表示游戏开始时有几个石子，0 的上面对应的 * 号表示，对于初始有 0 个石子的情况，没有定义这时是谁赢）
* P N N P N N P N N P ……
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ……
可以发现规律：当 n mod 3 = 1 时，后手有必胜策略；其余情况，先手有必胜策略。
形式化的证明
虽然我们通过观察发现了规律，但是我们不能保证我们发现的规律会一直保持下去。对于特定的这道题而言，我们只需将上面的状态转移表一直写到 n = 16 的情况即可解题。但是我们不妨把眼光放的长远一些，考虑一般形式的解。
实际上，上面寻找思路的过程中，暗示了我们应该如何证明这一结论。下面我们采用数学归纳法证明这一结论：
当 n mod 3 = 1 时，游戏处于P状态；其余情况，游戏处于N状态。
归纳基础：
当 n = 1 时，游戏处于P状态；当 n = 2 时，游戏处于N状态；当 n = 3 时，游戏处于N状态。
归纳假设：
若 n mod 3 = 0，则：(n – 3)处于N状态，(n – 2)处于P状态，(n – 1)处于N状态，n 处于N状态；
若 n mod 3 = 1，则：(n – 3)处于P状态，(n – 2)处于N状态，(n – 1)处于N状态，n 处于P状态；
若 n mod 3 = 2，则：(n – 3)处于N状态，(n – 2)处于N状态，(n – 1)处于P状态，n 处于N状态。
归纳证明：
若 n mod 3 = 0，则由于从状态(n + 1)仅可以转换到状态 n、状态(n - 1)、状态(n - 3)，而这三个状态均为N状态，因此状态(n + 1)为P状态；（n + 1 mod 3 = 1）
若 n mod 3 = 1，则由于从状态(n + 1)可以转换到状态 n，而状态 n 为P状态，因此状态(n + 1)为N状态；（n + 1 mod 3 = 2）
若 n mod 3 = 2，则由于从状态(n + 1)可以转换到状态(n - 1)，而状态(n - 1)为P状态，因此状态(n + 1)为N状态。（n + 1 mod 3 = 0）
综上所述，当 n mod 3 = 1 时，游戏处于P状态；其余情况，游戏处于N状态。
有了这一结论，对于给定的石子数目 n，如果按照题目中所叙述的规则来进行游戏，我们只需要判定 n mod 3 是否等于 1，即可给出先手还是后手有必胜策略的答案。因此，对应于这一题目，我们所编写的程序也相当简单了。
递归形式
对于题目中给定的这种简单情况，确实很容易发现其规律并证明其正确性。但是有的时候，解的规律是很不显然的，或者是难以证明的。对于这种情况，我们可以考虑，从工程上解决这一问题，而不是找到数学上的“紧形式”的解。放开这一限制，我们虽然抛弃了数学上的美感，但是却能够解决更广泛的一系列问题。这里不对此进行进一步的展开讨论，而是继续就本问题进行讨论。
在寻找思路的过程中，给了我们足够的提示来解决这一问题。经过细致的归纳和整理，我们可以得到一个递归的解：
从这个递归解出发，我们可以写出一个递归函数来处理这一问题：
bool f(int n)
{
if(n == 1 || n == 4) return false;
if(n == 2 || n == 3) return true;
if( !f(n - 1) || !f(n - 2) || !f(n - 4) ) return true;
return false;
}
当然，这个解显然不是最优的。例如：在计算 f (5) 的时候，我们需要计算 f (4)；而在计算 f (6) 的时候，我们仍然需要计算 f (4)。这正是动态规划算法所具有的重叠子问题性质。而上面给出的递归解，则符合了动态规划算法的最优子结构性质。
动态规划解
既然这一问题满足动态规划算法的所有性质，我们可以使用较高效的动态规划算法来解决这一问题。如何重新安排计算的顺序，从而高效、无重复的计算 f (n)，这是一个较为复杂的问题。但是对于现在我们所面对的这一特定问题，其答案却不难回答。我们只需要设定好初始条件，然后由小到大顺序的计算f (n)，即可无重复的得到所需要的结果。一个动态规划算法如下：
bool f(int n)
{
if(n <= 0) return false;
bool *states = (bool *)malloc(sizeof(bool) * n);
states[0] = states[3] = false;
states[1] = states[2] = true;
for(int i = 4; i < n; i++) {
states[i] = !(states[i - 1]
&& states[i - 2]
&& states[i - 4]);
/* According to De Morgan's laws */
}
return states[n - 1];
}
这个算法是很容易想到的，但是考虑到我们在求递归解的时候，只需要之前的四个数据即可，我们还可以继续优化这个算法。
bool fn(int n)
{
if(n <= 0) return false; /* We can return anything, because it has no real meaning. */
if(n == 1 || n == 4) return false;
if(n == 2 || n == 3) return true;
/* a ~ fn(i - 4)
* b ~ fn(i - 3)
* c ~ fn(i - 2)
* d ~ fn(i - 1)
* f ~ fn(i)
*/
bool a = d = false, b = c = true;
for(int i = 5; i <= n; i++) {
bool f = !(a && c && d);
a = b; b = c; c = d; d = f;
}
return d;
}
进阶话题
《编程之美》P67~87
