happyguy 博弈论

这个博弈论是不含 SG 函数的 . 其实可能更像一个杂题选讲 .

Nim 游戏：$n$ 堆石子，Alice 和 Bob 轮流选一堆石子取若干个，谁取不了谁输 .

结论：先手必败当且仅当所有石子的异或和为 0 .

关键结论：看成 DAG，如果一个状态只能转移到必胜，那么它必败 . 如果一个状态可以转移到必败，那么它必胜 .

如果有环：

• 没有出边的状态必败 .
• 从已知信息递推出尽可能多的结果：如果一个状态只能转移到必胜，那么它必败 . 如果一个状态可以转移到必败，那么它必胜 . 可以拓扑排序实现 .
• 没有被递推出的状态平局，可以无限进行游戏 .

ABC261Ex Game on Graph

一张 $n$ 点 $m$ 边的带权有向图，Alice 和 Bob 轮流操纵一枚棋子从 $s$ 点出发，每次走一步，Alice 想要最小化边权和，Bob 想要最大化边权和，问最优策略下游戏的最终得分 .

$n,m\le 2\times 10^5$ .

如果是 DAG 就是 Minimax 搜索型 DP：

$$\begin{aligned}&dp_{u,0}=\min_{v\to u}\{dp_{v,1}+w(u,v)\}\\&dp_{u,1}=\max_{v\to u}\{dp_{v,0}+w(u,v)\}\end{aligned}$$

其中 $dp_{u,0}$ 表示 Alice 的得分，$dp_{u,1}$ 表示 Bob 的得分 .

改进：$dp_{u,0}$ Dijkstra，$dp_{u,1}$ 拓扑排序 .

时间复杂度 $O(m\log n)$ .

ARC143C Piles of Pebbles

$n$ 堆石子，Alice 和 Bob 轮流拿，每次选择若干个堆，如果是 Alice 操作，则全部移走 $x$ 颗石子，否则全部移走 $y$ 颗石子 . 如果一名玩家不能操作那么它就输了，问最优策略下谁会赢 .

$1\le n\le 2\times 10^5$ .

结论：把每堆石子对 $x+y$ 取模答案不变 .

证明：考虑模仿，如果 Alice 拿了一些大于 $x+y$ 的堆，那么 Bob 接着拿那一堆即可使石子数减少 $x+y$ .

可以想一下什么情况模仿一定优 .

所有数都小于 $x+y$ 的情况是朴素的 .

ARC131C Zero XOR

给一个长度为 $n$ 的序列 $\{a_n\}$，Alice 和 Bob 轮流操作，每次选一个数变为 0，如果操作后序列异或和为 0，则该玩家获胜，问最优策略下谁会赢 .

$1\le n\le 4\times 10^5$ .

结论：$n$ 是奇数一定先手必胜 .

证明：对于当前异或和 $S$ 来说，如果有 $S=a_i$ 那么先手必然必胜，否则只需要找到一个不存在 $a_j\oplus a_i=S$ 的 $a_i$ 选那么后手必然赢不了，局面变为规模为 $n-2$ 的更小局面 .

对于 $n$ 是偶数，除了一击必杀肯定都是后手必胜，容易证明 .

AGC056D Subset Sum Game

黑板上写着 $n$ 个整数 $a_{1\dots n}$，有两个整数 $L,R$ .

Alice 和 Bob 轮流操作，每次擦掉一个数，$n$ 轮后，如果 Alice 擦掉的数之和在 $[L,R]$ 内，则 Alice 获胜，否则 Bob 获胜，问最优策略下谁会赢 .

$2\le n\le 5000$ 且 $n$ 是偶数 .

通过一些不是很困难的转化可以变成下面的问题：

有一个整数 $x$ 和一个序列 $\{a_n\}$，Alice 和 Bob 轮流操作，每次 Alice 选一个 $a_i$ 让 $x\gets x+a_i$，Bob 选一个 $a_i$ 让 $x\gets x-a_i$，不能选重复的 . Alice 要最小化 $|x|$，Bob 要最大化 $|x|$，问最优策略下 $n$ 轮之后 $|x|$ 会是多少 .

令 $v(a)$ 为将长度为偶数的序列 $a$ 排序后 $(a_2-a_1)+(a_4-a_3)+\cdots$ 的值 .

那么如果 $x=0$，答案的上界就是 $v(a)$，事实上如果将权设为绝对值之差，这就是完全图的最小匹配 .

对于 $x\neq 0$，取一个数 $p$，加入 $p,\,x+p$ 后 $v(a)$ 是答案的一个上界 . $p$ 需要取使上界达到最小的 . 它的意思是 Bob 第一步选 $p$，中间正常游戏，最后 Alice 选 $x+p$，这样 $x$ 就被累加到权值中了 .

为了分析双方的策略，并证明答案能取到上界，我们还需分析 $n$ 为奇数的情形，此时做法类似，加入 $p$ 后 $v(a)$ 即为上界 .

下面归纳证明答案等于上界：

• $n=1$ 时显然成立 .

• 对于 $n>1$，如果 $n$ 是偶数，那么对于每个 $x$ 可以让 $x\gets x+a_i$，每种都可以通过取 $p=a_i$ 实现 . 注意这里重复出现的两次 $a_i$ 删去不影响结果 .

• 对于 $n>1$，如果 $n$ 是奇数，注意到对于集合 $S$ 中加入两个差为 $d\ge 0$ 的数得到集合 $S'$，有两条性质：

  • $v(S)-d\le v(S')\le v(S)+d$ .
  • 如果 $d$ 大于 $S$ 的极差，那么 $v(S')\ge d-v(S)$ .

  性质的证明是不困难的 . 下面分别应用两条性质得到最优策略：假设 $x$ 的下标是 $p$ 且 $p$ 是奇数，如果 $p\neq 1$，取走 $a_{p-1}$，否则取走 $a_n$，这样就保持当前上界了 .

从而结论已经被证明，模拟过程即可，时间复杂度 $\Theta(n^2)$，可以通过 .