组合博弈探秘
组合博弈探秘
简介：对组合博弈的一些探究，不一定准确。
基本介绍
2人进行游戏对局，分先后手，求先手必胜还是必败。如取石子等。
限制1：无平局。
限制2：有限性，操作数量有限，操作方式有限。
基本定义
定义1：设状态集合为\(G=\{g_i|g_i,i\in N^+\}\)
定义2：设当前状态为\(g_i\)，其操作集合为\(F_i=\{f_{ij}|f_{ij},j\in N^+\}\)
定义3：设当前状态为\(g_i\)，其后继状态集合为\(H_i=\{h_{p}|h_{p}=f_{ij}(g_i),j\in N^+\}\)。
定义4：必胜状态记为\(P\)，必败状态记为\(N\)。
博弈基本推论1：若\(\forall h_p\in H_i,h_p=P\)或\(H_i=\emptyset\)，则\(g_i=N\)；若\(\exists h_p\in H_i,h_p=N\)，则\(g_i=P\)。
SG函数
mex函数定义：\(mex(A)=\)非负整数集合A之外的最小非负整数。
SG函数定义：\(SG(g_i)=mex(SG(H_i))\)，\(SG(H_i)=\{SG(h_{p})|h_{p}\in H_i\}\)，\(SG(\emptyset)=0\)。
SG性质1：\(SG(g_i)\in N^0\)，且\(SG(g_i)=0\)，得\(g_i=N\)，\(SG(g_i)\neq 0\)，得\(g_i=P\)。反之也成立。
SG推论1：由SG函数定义可知，集合\(\{0,1,2,...,SG(g_i)-1\}\subseteq SG(H_i)\)，\(SG(g_i)\notin SG(H_i)\)。
SG推论2：由SG推论1可知，若\(SG(f_{ij}(g_i))>SG(g_i)\)，则\(\exists f_{pq},SG(f_{pq}(f_{ij}(g_i)))=SG(g_i)\)。
异或变换引理
简介：大致为异或和减法的相互转换，异或的一般表达。
引理1：若\(a\in N^0\)，则对于\(\forall x\in\{z|z\le a,z\in Z\}\)，一定\(\exists b\in N^0\)，使得\(a-x=a\oplus b\)
引理2：若\(a\in N^+\)，则对于\(\forall x\in\{n|n\le a,n\in N^+\}\)，一定\(\exists b\in N^+\)，使得\(a-x=a\oplus b\)，并且\(a\)二进制第\(u\)位一定为1。其中\(u\)为\(b\)二进制最高位所在位数。
引理2证明：易证\(\exists b\)。由\(x\in\{n|n\le a,n\in N^+\}\)，知\(x>0\)，得\(a>a-x\)，即\(a>a\oplus b\)。记\(a\oplus b=a\prime\)，由\(u\)为\(b\)二进制最高位所在位数，得\(b_u=1,a\prime=a+\sum_{v=1}^{u}{((-1)^{a_v}* b_v* 2^{v-1})}\)，其中\(a_v,b_v\)为\(a,b\)二进制第\(v\)位。假设\(a_u=0\)，得\(a\prime=a+2^{u-1}+\sum_{v=1}^{u-1}{((-1)^{a_v}* b_v* 2^{v-1})}\ge a+2^{u-1}+\sum_{v=1}^{u-1}{(- 2^{v-1})}=a+2^{u-1}-(2^{u-1}-1)=a+1>a\)，与\(a>a\prime\)矛盾，所以假设不成立，即\(a_u=1\)。
引理3：同引理2可证，若\(a\in N^+\)，\(b\in N^+\)，并且\(a\)二进制第\(u\)位为1，其中\(u\)为\(b\)二进制最高位所在位数，则\(a>a\oplus b\)。
SG和运算
SG性质2：\(SG(<g_{k_1},g_{k_2},...,g_{k_n}>)=\oplus_{i=1}^n SG(g_{k_i})\)，其中\(g_{k_i}\)是\(n\)个相互独立的子游戏\(k_1,k_2,...,k_n\)的状态。\(SG(<g_{k_1},g_{k_2},...,g_{k_n}>)\)表示\(n\)个子游戏整体状态的SG值。
SG和运算证明
证明SG性质2：
1）记\(SG(g_{k_i})=s_i\)，\(SG(f(g_{k_i}))=s_i\prime\)，\((\oplus_{i=1}^n s_i)\prime=\)进行操作\(f\)后的\((\oplus_{i=1}^n s_i)\)，\(S=SG(<g_{k_1},g_{k_2},...,g_{k_n}>)\)，\(gk=<g_{k_1},g_{k_2},...,g_{k_n}>\)。
2）由SG性质1易知，\(S\in N^0\)，若\(S=0\)，则\(gk=N\)；若\(S\neq 0\)，则\(gk=P\)。反之也成立。
3）要证\(S=\oplus_{i=1}^n s_i\)，需要先证：证明1，再证：证明2。
4）由证明1得，若\(gk=P\)，则\(\oplus_{i=1}^n s_i\neq 0\)。直接定义\(S=\oplus_{i=1}^{n} s_i\)（此时两者是否相等应该无所谓）。可得，若\(gk=P\)，则\(S=\oplus_{i=1}^n s_i\neq 0\)。
5）由证明2得，若\(gk=N\)，则\(\oplus_{i=1}^n s_i=0\)。又，若\(gk=N\)，则\(S=0\)。可得，若\(gk=N\)，则\(S=\oplus_{i=1}^n s_i=0\)。
6）综上得证。
证明1：若\(\oplus_{i=1}^n s_i= 0\)，则\(gk=N\)。
1）先手进行操作，不妨设其操作的是子游戏\(k_n\)，进行操作\(f\)后状态为\(f(g_{k_n})\)。
2）\(\oplus_{i=1}^n s_i= 0\)等价变换得\(\oplus_{i=1} ^{n}{s_i}=(\oplus_{i=1} ^{n-1}{s_i})\oplus s_{n}=0\)。
3）\((\oplus_{i=1} ^{n-1}{s_i})\oplus s_{n}=0\)等价变换得\((\oplus_{i=1} ^{n-1}{s_i})=s_{n}\)。
4i）若\(s_n\prime=SG(f(g_{k_n}))>SG(g_{k_n})=s_n\)，由SG推论2可得，\(\exists f_{2},SG(f_{2}(f(g_{k_n})))=SG(g_{k_n})=s_n\)。此时后手操作为\(f2\)。
4ii）若\(s_n\prime=SG(f(g_{k_n}))<SG(g_{k_n})=s_n\)，有\(s_n\prime=s_n-x,x\in\{n|n\le s_n,n\in N^+\}\)。由引理2可得一定\(\exists b\in N^+\)，使得\(s_n-x=s_n\oplus b\)，并且\(s_n\)二进制第\(u\)位一定为1。其中\(u\)为\(b\)二进制最高位所在位数。
5ii）由\(s_n\)二进制第\(u\)位为1，\((\oplus_{i=1} ^{n-1}{s_i})=s_{n}\)，可得，\(\exists m,1\le m\le n-1\)，\(s_m\)的第\(u\)位为1。
6ii）\((\oplus_{i=1} ^{n-1}{s_i})=s_{n}\)等价变换得\((\oplus_{i=1} ^{n-1}{s_i})\oplus b=s_{n}\oplus b\)。
7ii）等价变换得\((\oplus_{i=1}^{m-1}{s_i})\oplus(\oplus_{i=m+1}^{n-1}{s_i})\oplus(s_m\oplus b)=s_{n}\oplus b\)，其中\(1\le m\le n-1\)。
8ii）由引理3可得，\(s_m>(s_m\oplus b)\)。
9ii）由SG推论1可得，\(\exists f2,s_m\prime=SG(f_2(g_{k_m}))=(s_m\oplus b)\)。
10ii）综上ii，若\(s_n\prime=SG(f(g_{k_n}))<SG(g_{k_n})=s_n\)，对于\(\forall f\)，即\(\forall x\)，即\(\forall s_n\prime\)，\(\exists f2\)，使得\((\oplus_{i=1}^{m-1}{s_i})\oplus(\oplus_{i=m+1}^{n-1}{s_i})\oplus(s_m\prime)=s_n\prime\)。
5）综上i、ii，对于\(\forall f,\exists f2\)，使得\((\oplus_{i=1}^n s_i)\prime\prime=0\)
6）易知，若\(\forall i,1\le i\le n,s_i=0\)，即\(\oplus_{i=1}^n s_i= 0\)，则\(gk=N\)。
7）若\(\oplus_{i=1}^n s_i= 0,s_i\in N^0\)，当后手始终按照上述方法进行操作，\(\sum_{i=1}^{n}{s_i}\)严格递减，又由有限性可得：在有限操作次数后，一定会出现\(\forall i,1\le i\le n,s_i=0\)，并易证此时是先手操作。得\(gk=N\)。
8）综上得证。
证明2：若\(\oplus_{i=1}^n s_i\neq 0\)，则\(gk=P\)。
1）若\(\oplus_{i=1}^n s_i\neq 0\)，由引理和证明1易证\(\exists f,(\oplus_{i=1}^n s_i)\prime=0\)，由博弈基本推论1可得，\(gk=P\)。
2）综上得证。
NIM问题
题目：有\(n\)堆石头，每堆\(a_i\)个，两人轮流取石头，每次从一堆中取任意个但不能不取，无石头可取的人失败。问先手必胜还是必败。
解法：
设\(p_n=\oplus_{i=1} ^{n}{a_i}\)
\(p_n=0\)必败
\(p_n\neq0\)必胜。
解法解释：
设\(g_{k_i}\)为第\(i\)堆石头数，易证\(SG(g_{k_i})=a_i\)，从而易得解法。
