【博弈论】组合游戏及SG函数浅析

目录

预备知识

普通的Nim游戏

SG函数

预备知识

公平组合游戏（ICG）

若一个游戏满足：

• 由两名玩家交替行动；
• 游戏中任意时刻，合法操作集合只取决于这个局面本身；
• 若轮到某位选手时，若该选手无合法操作，则这名选手判负；

则称该游戏为一个公平组合游戏。

Nim游戏

有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。

mex（minimal exdudant）函数

设 $S$ 表示一个非负整数集合。定义 $mex(S)$ 为求出不属于集合 $S$ 的最小非负整数的运算。
如：{ $0,1,3$ } 对应的 $mex值$ 就是 $2$ 。

SG函数简介

定义 $SG(x)=mex(S)$ ，其中 $S$ 指 $x$ 的后继状态对应的 $SG函数值$ 的集合。

在 $SG$函数板块对应的模板题中（见下），$x$ 代表着该堆石子的数量。

普通的Nim游戏

题目传送门：https://www.acwing.com/problem/content/893/
题面：给定n堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿走任意数量的石子（可以拿完，但不能不拿），最后无法进行操作的人视为失败。
问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

分析

这题的结论十分地简洁，就是：
若 $a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}=0$ ，则先手必负，否则先手必胜。

证明：

我们记 $a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}$ 为数列a的异或和，以下简记为异或和。

先给出两条引理：

• $a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}=x~(x>0)$ 时，必可以从一堆石子中拿走若干个石子，使得异或和为 $0$。
  证明：$x$ 的最高位（记为第 $k$ 位）是 $1$ ，$a$ 中必然存在 $a_i$ 满足 $a_i$ 第 $k$ 位是 $1$ ，那么我们将 $a_i$ 变为 $a_i \oplus x$ （因为 $x\not=0$，所以这样操作一定合法），那么变换后的异或和即为 $0$ 。

• $a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}=0$ 时，不存在合法操作，使得异或和仍为 $0$。
  证明：假设将 $a_i$ 变为 $v$ 后异或和为 $0$
  即 $a_{1} \oplus a_{2}... \oplus a_{i}...\oplus a_{n}=0$ ，我们将这个式子与上式 $a_{1} \oplus a_{2}... \oplus v...\oplus a_{n}=0$ 联立，即得 $a_{i}\oplus v=0$，意味着 $a_{i}=v$ ，即 $a_{i}$ 不变，不是合法操作，故矛盾。

证明完引理后就不难了：
若轮到先手时，异或和为 $0$ ，那么无论先手如何行动，后手都可以进行操作，使再次轮到先手时异或和仍为 $0$ ，而游戏结束时异或和必然为 $0$ ，故先手必败。
反之（即若轮到先手时，异或和不为 $0$ ）后手必败。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
	int n;
	cin>>n;
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k; cin>>k;
		res^=k;
	}
	if(res) puts("Yes");
	else puts("No");
	return 0;
}

SG函数

利用一道模板题引入：
题目传送门：https://www.acwing.com/problem/content/description/895/
题面：
给定 $n$ 堆石子以及一个由 $k$ 个不同正整数构成的数字集合 $S$ 。

现在有两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子数量必须包含于集合 $S$ ，最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

分析

先从一堆石子分析开始：

例如：该堆石子有 $6$ 个，每次可取 $2$ 或 $3$ 个，求 $SG(6)$ 。
我们可以画出一棵树，代表着两人的决策树。

注意到 $SG(0)=0$

根据 $SG$ 函数的定义，对于决策树上的点对应 $SG$ 函数值为：

---

除了上面的例子外，
我们还可以自己构造一棵 $SG$ 函数值构成的树：

从中我们可以直观地看出 $SG$ 的两个重要性质：

• 非 $0$ 结点可以到 $0$ 结点
• $0$ 结点一定不可以到非 $0$ 结点

根据 $SG$ 函数的性质以及游戏规则，$SG(x)=0$ 时意味着相应的玩家必负。

分析多堆石子的情况：

我们规定，对于每堆石子 $G_i$ ，对应的 $SG(G_i)=SG(x)$ ，其中 $x$ 是该堆石子最初的数量。

结合这棵树：

从 $SG$ 函数可以看出，当先手进行决策后，对应的的 $SG$ 函数值可以为 $[0,SG(x)-1]$（根据 $mex$ 函数，虽然可能会有函数值 $>SG(x)$ 的结点，但是如果先手选择转移到这样的结点，那么后手可以紧接着转移到函数值 $=SG(x)$ 的结点），因此这恰好就像我们最初讨论的普通的Nim问题中取石子的规则！

在这里，我们将 $SG$ 函数值看成是普通的Nim问题中石子的数量就可以用相同的方法解决了。

求 $SG$ 函数的办法

我采取的是记忆化搜索的办法，见下：

int f[M]; // SG函数的值
int s[N]; // 可以取多少石子

int sg(int x){
	if(f[x]!=-1) return f[x]; // 当已经更新过就直接返回。
	
	unordered_set<int> S;
	for(int i=1;i<=k;i++)
		if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));
	
	for(int i=0;;i++)
		if(!S.count(i)) return f[x]=i;
}

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=105 ,M=1e4+5;
int n,k;
int f[M]; // SG函数的值
int s[N]; // 可以取多少石子

int sg(int x){
	if(f[x]!=-1) return f[x]; // 当已经更新过就直接返回。
	
	unordered_set<int> S;
	for(int i=1;i<=k;i++)
		if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));
	
	for(int i=0;;i++)
		if(!S.count(i)) return f[x]=i;
}

int main(){
	memset(f,-1,sizeof f); // init
	
	cin>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++) cin>>s[i];
	
	cin>>n;
	
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int t; cin>>t;
		res^=sg(t);
	}
	if(res) puts("Yes");
	else puts("No");
	
	return 0;
}