【数学】博弈论初步

平等博弈问题的基本模型：一个状态 DAG 上的移动。

解决博弈论的重要方法：打表。

博弈论问题一般有一些方向：

• 观察先手怎么做，后手怎么做。一般是一些显然的贪心策略。

• 结合 SG 函数。

• 结合已有模型。

Ferguson Game

两堆石子，每次可以清空一堆，拆另一堆为两堆，无法操作者输。

分两堆奇偶性画出状态转移，发现两奇必败，其他必胜。

Chomp Game

$n\times m$ 网格，每次拿走一个点右上的所有数，删除 $(1,1)$ 的人输。

这题有一个非构造性的巧妙判断方法：考虑第一次无论怎么操作都会删掉右上角，所以先手拿掉右上角，如果后手此时必胜，则先手第一步学习后手的必胜策略即可。

所以 $n=1,m=1$ 时后手必胜，否则先手必胜。

Bash Game

$n$ 个石子，一次拿 $[1,m]$ 个，无法操作的人输。

这题有两种分析方法：

第一种，考虑状态间的转移，考虑最后的必败状态是 $n=0$ ，也是 $n\equiv 0\mathrm{mod}(m+1)$ 。考虑如果 $n\not\equiv 0\mathrm{mod}(m+1)$ ，先手一定可以把它变成 $n\equiv 0$ ，同理，如果一开始 $n\equiv 0$ ，那么操作过后一定 $\not\equiv 0$ ，由于石子数一定在减小，所以总有一个时候 $n\equiv 0$ 时失败。

这样得出先手必胜条件为 $n\not\equiv 0\mathrm{mod}(m+1)$ 。这是一种十分常规的分析方法，考虑用合理的状态刻画先后手之间的互相转化，最后走到终点。

但是感觉这样设计状态有些唐突，我们考虑第二种，从终点开始， $n=0$ 是必败态。容易得到 $n\in [1,m]$ 是必胜态，因为一定可以一步取完。再推，发现 $n=m+1$ 是必败态，因为后继状态全部必胜；同理又发现 $n\in [m+2,2m+1]$ 是必胜态，因为可以转化到 $m+1$ 。

这里得出了 SG 函数的一个弱化结论（十分显然）：如果一个状态的后继状态中存在必败态，那么这个状态就是必胜态；否则为必败态。

这个结论有一个练习题：过河卒（作者省选的遗憾）。

SG 定理

我们定义 DAG 上一个节点的 SG 函数：

$$SG(u)=mex\{SG(v)|(u,v)\in E\}$$

其中无出度的点（必败）的 $SG$ 值为 $0$ 。

$SG$ 函数的性质就是先手必胜当且仅当 $SG$ 函数大于 $0$ 。

有以下定理：

对于一个由多个不干扰的平行游戏组成的博弈，整体的 SG 函数值为子游戏 SG 值的异或和。

Nim Game

$n$ 堆石子，第 $i$ 堆有 $a_i$ 个，可以选取一堆并且拿走任意个石子（非 $0$），无法操作者输。

考虑用 $SG$ 函数分析，如果列出 $0,1,\dots ,a_i$ 这些点代表石子个数，我们发现这些点构成一张竞赛图，其中大的连向小的。

不难归纳证明 $SG(i)=i$ 。

根据以上定理，我们发现这个游戏先手必胜当且仅当所有堆的异或和大于 $0$ 。

如果要具体分析的话，就是先手先操作使得异或和等于 $0$ ，后手一次操作一定让它变得大于 $0$ ，先手存在操作将异或和重新变回 $0$ （取最大的一堆），这样操作最后到 $0$ 时一定轮到后手。

Lasker’s Nim Game

Nim 游戏，但是可以选择这一步分裂石子堆。

$SG(x)$ 与新局面取 $mex$ 就好了，由于是两堆并列，所以新局面是 $SG(y)xorSG(x-y)$ 。

打表发现：

$\mathrm{\forall }k\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{+}}$，$SG(4k)=4k-1,SG(4k+1)=4k+1,SG(4k+2)=4k+2,SG(4k+3)=4k+4$ 。

k-nim Game

$n$ 堆石子，每堆有 $a_i$ 个，每次可以选 $k$ 堆拿，无法操作者输。

考虑如果 $\mathrm{\forall }i,a_i=1$ ，那么就是一个 Bash Game。

考虑定义状态为对于所有堆，每一个二进制位 $1$ 的个数都是 $k+1$ 的倍数。当前操作者一次操作一定会让某些位 $1$ 的个数不是 $k+1$ 的倍数。由简单 nim 游戏我们可以发现，一定可以通过操作一个数改变某一位的值；同样地，操作最大的数可以改变所有位的值。由于每次操作不超过 $k$ 个数，所以一个二进制位上可以改变不超过 $k$ 个 $1$ ，所以如果当前某些位不是 $k+1$ 倍数，那么一定可以变成 $k+1$ 的倍数。

所以类似地，这个游戏的结论就是先手必胜当且仅当某一位二进制 $1$ 的个数不是 $k+1$ 的倍数。

Anti-nim

nim 游戏，但是不能操作者胜。

考虑如果全部都是 $1$ ，那么偶数时先手胜，奇数时后手胜。

如果只有 $1$ 堆 $>1$ ，那么先手可以决定取不取完，必胜；注意到这种情况所有堆异或和 $>0$ 。

如果有很多堆 $>1$ ，且所有堆异或和 $>0$ ，那么先手可以操作一次使异或和 $=0$ ，此时一定不会出现上面的情况，后手操作一次后异或和一定重新 $>0$ ，总有一次会变成上面的情况，先手必胜。

反之，如果有多堆 $>1$ 且所有堆异或和 $=0$ ，先手必败。

一些奇妙的转化

棋盘游戏

$m\times m$ 的棋盘和 $n$ 个棋子，每次可以操作一个棋子向左下对角线方向，左边，下面移动任意格，一个棋子移到 $(0,0)$ 就获胜。

这个和以往的博弈不同，一个到达就获胜，不能直接 $SG$ 函数，考虑转化。

容易发现当前行动的这个人不会走到 $(0,y),(x,0),(1,1)$ ，不然直接送掉。所以可以假设 $(1,2),(2,1)$ 是棋子的终点，当所有棋子到达时，对手就被迫走上面三步，你就赢了。

所以把 $(1,2),(2,1)$ 当作终点推 $SG$ 即可。

Crosses and Crosses

一张 $1\times n$ 空纸条，可以涂黑一格，涂黑后连续三个黑就赢。

$n\le 5000$ 。

考虑涂黑一格后，左右延伸两格范围内都不能再涂，所以转化为左右两段的子问题，$SG$ 函数递推即可。

翻硬币游戏

一排 $n$ 个硬币， $m$ 个朝上，每次选择区间并将所有硬币翻面，要求右端点的硬币一定朝上，无法操作者输。

$1\le n\le {10}^9,1\le m\le {10}^5$ 。

翻硬币游戏的统一结论：这些硬币可以看作很多只有一个硬币的子问题的组合，$SG$ 函数直接异或。

关于这个的感性证明就是考虑翻完最高位，并且同时将低位的很多硬币都翻转，相当于这些子问题的异或，如果某个低位本来就有朝上的硬币，那么会被抵消，同时异或运算也可以抵消，所以 $SG$ 函数不被影响。

K 倍动态减法游戏

$n$ 个石子，第一个人拿 $[1,n-1]$ 个，后面每个人拿的都不能超过前面一个人的 $k$ 倍，不能操作者输。

$k=1$ ：先手必胜当且仅当 $n\ne 2^i$ ，因为先手每次取 $lowbit$ ，然后后手必须取更低的，会制造新的 $1$ ，而只有先手的操作会让 $1$ 的个数减少，所以最后拿完的一定是先手，必胜。

如果是 $2^i$ ，那么先手拿完后会变成多个 $1$ ，后手采用相同策略。

$k=2$ ：先手必胜当且仅当 $n\in Fibonacci$ 。考虑一个正整数一定可以拆分成若干个不相邻的 Fibonacci 数的和。有一个特征就是 $f_{i+2}>2f_i$ ，所以我们就可以每次拿 Fibonacci 拆分中最低位，类比二进制计算。

最后通解也就可以构造：我们需要构造数列 $\{a_n\}$ 使得任意一个正整数可以表示成若干个 $a_i$ 的和并且这种表示中相邻两项相差至少 $k$ 倍。

设 $a_1=1$ ，我们记数列 $\{b_n\}$ 为 $a_n$ 可以表示出的最大范围，接下来这样构造：

$a_{n+1}=b_n+1,b_{n+1}=a_{n+1}+b_j$。

$j$ 是满足 $k{a}_j<a_{n+1}$ 的最大的 $j$ ，由于 $b_n+1$ 前面表示不出，所以这一项一定要能表示这个数；$b_{n+1}$ 是因为选了 $a_{n+1}$ 后下一项需要小于等于 $\frac{a_{n+1}}{k}$ 。

这样，策略就是取最小表示中最低的位来获得胜利，如果 $n$ 是序列中的数的话就必败。