博弈论进阶（3）

博弈论进阶$——$$Every-SG$

博弈$——$“你那样看着我，就像你真的爱过我一样。”

$SG$函数拓展$——$$Every$-$SG$

一、定义

相对于之前的$SG$游戏，这一次有了新的拓展。
我们给若干堆石子儿，再一次决策中如果一堆石子还可以取，那么我们就必须取。
定义如下：

$Every-SG$游戏规定，对于还没有结束的单一游戏，游戏者必须对该游戏进行一步决策；
$Every-SG$游戏的其他规则与普通 $SG$ 游戏相同

二、分析

对于这样的游戏，很显然我们会有这样的思路：
对于每一个单一的游戏 ，只需要让我们必胜的单一游戏尽可能玩的结束，必败的单一游戏尽早结束。

顺着这个思路想下去，我们可以做一个新的函数$step$用于记录一个点最快或者最慢需要多少步走到终点。
当前状态节点为$u$，后继结点为$v$
如果$u$是结束状态，$step(u) = 0$;
对于必胜游戏，也就是$SG(u)\neq0$的点，我们找到最慢的方式，而作为先手所选择的后续移动的状态一定是必败态，故$step(u) = max(step(v))+1,v$是必败态;
对于必败游戏，即$SG(u)=0$等于$0$的点，需要找到最快的移动方式，后续为均为必胜状态，故$step(u)=min(step(u))+1$。

总结一下：

$$step(u)=\left\{ \begin{array}{l} 0,u为终止状态 \\max(step(v))+1,u为必胜态,v为后继必败态 \\min(step(v))+1,u为必败态 \end{array} \right.$$

定义了这个函数之后，贾志豪大佬给出了一个定理

对于 $Every$-$SG$ 游戏先手必胜当且仅当单一游戏中最大的 $step$ 为奇
数。

三、证明

这个定理非常好理解，游戏步数等于最多的单一游戏的步数，显然对于这个单一游戏的步数只要是奇数先手就可以赢。

当然这个证明是不严格的，下面就是来自 贾志豪 的严格证明：

---

我们要证明解法的正确性，需要证明三点：

• 对于所有的单一游戏，先手必胜状态的 $step$值为奇数，先手必败状态的 $step$ 值为偶数。
• 设最大的 $step$ 为 $step_{max}$ ，那么胜手可以保证该单一游戏最少会在 $step _{max}$ 步结束。
• 设最大的 $step$ 为 $step _{max}$ ，那么胜手可以保证所有他必败游戏最多在 $step _{max}$ 步结束。

证明一：
利用数学归纳法：

1. 所有的终止状态的 $step$ 值为 0，为先手必败状态。
2. 假设状态树中某些状态点已经符合要求。我们找后继状态点已经全部被证明的状态点。
   如果它是先手必败状态，那么它的后继状态都为先手必胜状态，后继状态的 $step$ 值全为奇数，所以该状态点的 $step$ 值为偶数。
   如果它是先手必胜状态，那么它的后继状态中有先手必败状态，且它所有的先手必败的后记状态的 $step$ 值为偶数，所以该状态点的$step$ 值为奇数。

证明二：
我们设 $step$ 最大的单一游戏为 $A$（如果有多个的话任取一个），最终的胜手为 $W$。
$W$ 总在 $A$ 游戏处在先手必胜状态时去移动 $A$ 的状态，且 $W$ 可以保证他最多将该游戏的 $step$ 值减小 1。①
对手总在 $A$ 游戏处在先手必败状态时去移动 $A$ 的状态，且对手最多将该游戏的 $step$ 值减小 1。②
由①②得，$J$ 可以保证 $A$ 游戏最少会在 $step _{max}$ 步结束。

证明三：
我们设 $step$ 最大的单一游戏为$A$（如果有多个的话任取一个），最终的胜手为 $W$。我们考虑除 $A$ 外的任意一个他必败的单一游戏 $B$。
$J$ 在每一回合都可以将 $B$ 的 $step$ 值减少 1，将 $B$ 带入先手必胜状态，对手必定将 $B$ 的 $step$ 至少减少 $1$，所以 $J$ 可以保证 $B$ 游戏最多会在 $step _{max}$步结束。

四、一道题

GG and MM
题意：一共有$n$个游戏，每一个游戏有两堆石子，一次移动可以从大的那堆石子里拿小的那堆石子的整数倍的石子。
只要是可以操作的游戏都要进行操作，不能进行操作的人负。

思路：
我们发现数据范围并不大，对于一个单一的游戏可以建一张$SG$表把所有的状态保留下来，进而使用这张$SG$表再建立一张$step$表。最后再使用$Every$-$SG$结论即可。

这个子问题的正解为欧几里得博弈，对于每一对石子$（x,y）$【$x<=y$】一定有$y = k*x+r$,考虑$k$的取值，发现$k$大于等于$2$我们就可以决定取得次数的奇偶性了，此时必胜。因为$x<=y$,所以$k\neq 0$,考虑$k=1$的情况，发现只有一种转移的情况，此时可以参照之前的推理递归解决问题。下面的代码没有实现这一过程，具体实现可以写这一道题P1290

#include <bitset>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <unordered_map>
using namespace std;
using namespace std;
#define lowbit(x) x&-x
#define ll int
#define pll pair<ll,ll>
#define dob double
#define For(i,s,n) for(ll i = s;i <= n;i++)
#define mem0(a) memset(a,0,sizeof a)
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lcm(a,b) a/gcd(a,b)*b
#define abs(x) x>=0?x:-x
const int N = 1e3+50;
const double eps = 1e-6;
const ll mod =  1000000007;
const ll inf = 1e9+50;
ll sg[N][N],step[N][N];
void init(){
    for(ll i = 0;i <= 1005;i++)sg[0][i] = step[0][i] = 0;//必败态
    for(ll i = 1;i <= 1005;i++){
        for(ll j = i;j <= 1005;j++){
            sg[i][j] = 0;
            for(ll k = 1;k*i<=j;k++){
                ll x = min(i,j-i*k),y = max(j-i*k,i);
                if(!sg[x][y])sg[i][j] = 1;//存在一个必败态,则为必胜态
            }
            if(sg[i][j]){//如果是必胜态
                step[i][j] = -1;
                for(ll k = 1;k*i<=j;k++){
                    ll x = min(i,j-i*k),y = max(j-i*k,i);
                    if(!sg[x][y])step[i][j] = max(step[i][j],step[x][y]);
                }
                step[i][j]++;
            }
            else{
                step[i][j] = inf;
                for(ll k = 1;k*i<=j;k++){
                    ll x = min(i,j-i*k),y = max(j-i*k,i);
                    step[i][j] = min(step[i][j],step[x][y]);
                }
                step[i][j]++;
            }
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    init();
    ll n;while(cin>>n){
        ll ans = 0;
        for(ll i = 1;i <= n;i++){
            ll x,y;cin>>x>>y;
            if(x>y)swap(x,y);
            ans = max(ans,step[x][y]);
        }
        if(ans&1)puts("MM");
        else puts("GG");
    }
    return 0;
}