（组合游戏）SG函数与SG定理详解

有一段时间没记录知识类的博客了，这篇博客就说一下SG函数和SG定理吧

SG函数是用于解决博弈论中公平组合游戏（Impartial Combinatorial Games，ICG）问题的一种方法。

什么是组合游戏

在竞赛中，组合游戏的题目一般有以下特点

题目描述一般为Alice、Bob 2人做游戏
Alice、Bob交替进行某种游戏规定的操作，每操作一次，选手可以在有限的操作（操作必须合法）集合中任选一种。
对于游戏的任何一种可能的局面，合法的操作集合只取决于这个局面本身，不取决于其它因素（跟选手，以前的所有操作无关）
如果当前选手无法进行合法的操作，则为负

举个例子现在有一个数0,小明小红2人每次可以轮流在当前数加 1~3，谁先凑到21谁就赢

这个描述就符合上面的条件：

小明小红（满足1）
每次轮流在当前数上加1～3（满足2）
当前能进行的操作只取决于这个数本身（也就是这个局面），如果这个数为20,可操作的集合为+{1}，如果为12,可操作的集合为+{1,2,3}（满足3）
如果数字已经为21了,则不可能往上在加数字，可操作集合为 $Φ$ ，当前选手为负（满足4）

必胜点和必败点的概念

必败点(P点) 前一个(previous player)选手将取胜的点称为必败点
必胜点(N点) 下一个(next player)选手将取胜的点称为必胜点

比如现在数字已经为18了，那么当前操作人只要给数字+3则必胜，我们就把在此位置称为必胜点（正常操作情况下，别杠说都18偏要+2。。。。）
必胜点和必败点的性质：
- 所有的终结点都是必败点
- 从任何必胜点操作，至少有一种方式进入必败点
- 无论如何操作，从必败点都只能进入必胜点.

Sprague-Grundy(SG)定理

游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和。这样就可以将每一个子游戏分而治之，从而简化了问题。而Bouton定理就是Sprague-Grundy定理在Nim游戏中的直接应用，因为单堆的Nim游戏 SG函数满足 SG(x) = x。

Nim和：各个数相异或的结果

SG函数

先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表最小的不属于这个集合的非负整数。例如 $m e x {0, 1, 2, 4} = 3 、 m e x {2, 3, 5} = 0 、 m e x {} = 0$ 。
对于任意状态 x ，定义 SG(x) = mex(S),其中 $S$ 是 $x$ 后继状态的 $S G$ 函数值的集合。如 x 有三个后继状态分别为 $S G (a) ， S G (b) ， S G (c)$ ,那么 $S G (x) = m e x {S G (a, S G (b), S G (c)}$ 。这样集合 $S$ 的

的终态必然是空集，所以 $S G$ 函数的终态为 $S G (x) = 0$ ,当且仅当x 为必败点P时

取石子问题

有1堆n个的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }个石子，先取完石子者胜利，那么各个数的SG值为多少？

SG[0]=0，f[]={1,3,4},

x=1 时，可以取走1 - f{1}个石子，剩余{0}个，所以 SG[1] = mex{ SG[0] }= mex{0} = 1;

x=2 时，可以取走2 - f{1}个石子，剩余{1}个，所以 SG[2] = mex{ SG[1] }= mex{1} = 0;

x=3 时，可以取走3 - f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，所以 SG[3] = mex{SG[2],SG[0]} = mex{0,0} =1;

x=4 时，可以取走4- f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，所以 SG[4] = mex{SG[3],SG[1],SG[0]} = mex{1,1,0} = 2;

x=5 时，可以取走5 - f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，所以SG[5] = mex{SG[4],SG[2],SG[1]} =mex{2,0,1} = 3;

以此类推…

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8…

SG[x] 0 1 0 1 2 3 2 0 1…

由上述实例我们就可以得到SG函数值求解步骤，那么计算1~n的SG函数值步骤如下：

1、使用数组f 将 可改变当前状态 的方式记录下来。

2、然后我们使用另一个数组将当前状态x 的后继状态标记。

3、最后模拟mex运算，也就是我们在标记值中搜索未被标记值的最小值，将其赋值给SG(x)。

4、我们不断的重复 2 - 3 的步骤，就完成了计算1~n 的函数值。
模板如下：

//f[N]:可改变当前状态的方式，N为方式的种类，f[N]要在getSG之前先预处理
//SG[]:0~n的SG函数值
//S[]:为x后继状态的集合
int f[N],SG[MAXN],S[MAXN];
void  getSG(int n){
    int i,j;
    memset(SG,0,sizeof(SG));
    //因为SG[0]始终等于0，所以i从1开始
    for(i = 1; i <= n; i++){
        //每一次都要将上一状态 的 后继集合 重置
        memset(S,0,sizeof(S));
        for(j = 0; f[j] <= i && j <= N; j++)
            S[SG[i-f[j]]] = 1;  //将后继状态的SG函数值进行标记
        for(j = 0;; j++) if(!S[j]){   //查询当前后继状态SG值中最小的非零值
            SG[i] = j;
            break;
        }
    }
}

其实不难发现，Nim游戏就是一个很典型的用SG定理解决的问题，因为Nim游戏在一堆n个石子中可以取1-n个石子，所以单独这一堆石子的SG值为 $m e x （ n - 1, n - 2, n - 3, . . ., n - n ） = n$ ，根据SG定理，每一堆石子总数相互异或即为答案

20.11.4 update：

另一个石头问题

（[洛谷P2148）SDOI2009]E&D

小 E 与小 W 进行一项名为 E&D 游戏。

游戏的规则如下：桌子上有 $2 n$ 堆石子，编号为 $1 \sim 2 n$ 。其中，为了方便起见，我们将第 $2 k - 1$ 堆与第 $2 k$ 堆（ $1 \leq k \leq n$ ）视为同一组。第 $i$ 堆的石子个数用一个正整数 $S_{i}$ 表示。

一次分割操作指的是，从桌子上任取一堆石子，将其移走。然后分割它同一组的另一堆石子，从中取出若干个石子放在被移走的位置，组成新的一堆。操作完成后，所有堆的石子数必须保证大于 $0$ 。显然，被分割的一堆的石子数至少要为 $2$ 。两个人轮流进行分割操作。如果轮到某人进行操作时，所有堆的石子数均为 $1$ ，则此时没有石子可以操作，判此人输掉比赛。

小 E 进行第一次分割。他想知道，是否存在某种策略使得他一定能战胜小 W。因此，他求助于小 F，也就是你，请你告诉他是否存在必胜策略。例如，假设初始时桌子上有 $4$ 堆石子，数量分别为 $1, 2, 3, 1$ 。小 E 可以选择移走第 1 堆，然后将第 2 堆分割（只能分出 1 个石子）。接下来，小 W 只能选择移走第 4 堆，然后将第 3 堆分割为 1 和 2。最后轮到小 E，他只能移走后两堆中数量为 1 的一堆，将另一堆分割为 1 和 1。这样，轮到小 W 时，所有堆的数量均为 1，则他输掉了比赛。故小 E 存在必胜策略。

很显然这是一个ICG，且可以看作 $n$ 个子游戏的组合，显然每一组两堆石子组成最小单位。我们直接打表列出值 $S G$ （按照定义计算，可以写程序或手算）

SG打表

这张表显然很有规律，例如当 $a$ 和 $b$ 是奇数时 $s (a, b) = 0$ ，还有 $s g (i, j) = s g (j, i)$ ，等等。还很容易发现，偶数列（或行）都是几个几个一组的。在此基础上进一步观察，可以发现第 $2 n$ 列的值与第 $n$ 列是有关联的。

总结成公式就是：当 $a$ 为偶数时，

$sg(a,b)=sg(\frac{a}{2},\left\lfloor\frac{b-1}{2}\right\rfloor+1)+1$

。于是可以递归求解，代码如下：

// Author : RioTian
// Time : 20/11/04
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int count(ll n) {
    int cnt = 0;
    while (n % 2 == 0) n /= 2, cnt++;
    return cnt;
}
int sg(ll a, ll b) {
    if (a % 2 && b % 2)
        return 0;
    else if (a % 2 == 0)
        return sg(a / 2, (b - 1) / 2 + 1) + 1;
    else
        return sg(b, a);
}
int main() {
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll t, x, y, n;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int res = 0;
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n / 2; ++i) cin >> x >> y, res ^= sg(x, y);
        cout << (res ? "YES\n" : "NO\n");
    }
}

我们并没有严格地证明观察出结论，但这就是这类题的通常做法：打表找规律。严格证明需要花的时间，对ACM来说太奢侈了。以下这个mex函数可能会经常用于打表：

int mex(auto v) {  // v可以是vector、set等容器
    unordered_set<int> S;
    for (auto e : v) S.insert(e);
    for (int i = 0;; ++i)
        if (S.find(i) == S.end()) return i;
}