浅谈算法——博弈论
网上的博弈博客和论文有很多，但是有些没有详细的证明，仅仅是给出了结论。今天作者将一些常见的博弈论模板集中起来，给大家介绍一下博弈论中一些单一游戏的决策和常见的Nim模板与证明。
注：下列游戏都建立在双方都有最优策略的情况下，若未加以说明，则每人每次至少取一个石子。
例1：取石子游戏之一
有两个游戏者：\(A\)和\(B\)，有\(n\)颗石子。
约定：两人轮流取走石子，每次可取\(1,2\)或\(3\)颗。\(A\)先取，取走最后一颗石子的人获胜。
问题：\(A\)有没有必胜的策略？
分析：这是小学必备奥数题之一，我们可以很容易的知道，当\(n\)为\(0,4,8,12……\)时，\(A\)必定会输，因为不论\(A\)取多少，\(B\)只要和\(A\)共同取走\(4\)即可；当\(n\)不为\(0,4,8,12……\)时，\(A\)只需要将\(n\)取成\(4\)的倍数，这样就变成了\(B\)先取，\(B\)一定会输，所以\(A\)一定会赢。
经过我们的分析发现，对这个游戏而言，\(0,4,8,12……\)这些状态是对于先手的必败状态，而其他状态是对于先手的必胜状态。
如果我们推广一下，每次不一定取\(1,2,3\)颗，而是取\(1\sim m\)颗，那么我们就可以得到，如果\(n\%(m+1)=0\)，即为先手必败状态，否则为先手必胜状态。而这个游戏就是著名的巴什博弈（Bash Game）
下面，我们现在介绍一下有关博弈的一些名词和概念
1、平等组合游戏
- 两人游戏。
- 两人轮流走步。
- 有一个状态集，而且通常是有限的。
- 有一个终止状态，到达终止状态后游戏结束。
- 游戏可以在有限的步数内结束。
- 规定好了哪些状态转移是合法的。
- 所有规定对于两人是一样的。
因此我们的例1提到的游戏即为一个平等组合游戏，但是我们生活中常见的棋类游戏，如象棋、围棋等，均不属于平等组合游戏，因为双方可以移动的棋子不同，不满足最后一个条件；而我们后续提到的游戏，以及博弈中的其他游戏，基本属于平等组合游戏
2、N状态（必胜状态），P状态（必败状态）
像例1的分析一样，\(0,4,8,12……\)等状态就是对于先手的P状态（必败状态），其他的则是对于先手的N状态（必胜状态）。
那么我们定义两个状态之间的转换：
- 所有的终止状态都为P状态
- 对于任意的N状态，存在至少一条路径可以转移到P状态
- 对于任意的P状态，只能转移到N状态
证明过于简单，这里不再赘述，我们只需要明白一点，每个人都会选择最策略即可。
当然这里所说的都是最后走步的人获胜的游戏，至于那些走到最后失败的游戏，我们在最后做了一个简单的讲解（Anti Nim）。
例2：取石子游戏之二
将例1的游戏扩展一下，我们定义一个集合\(S=\{{p_{1},p_{2},...,p_{k}}\}(k \in Z^*)\)，\(A,B\)在游戏的时候取走的石子数必须是集合里的数，其他条件不变。
那么，\(A\)还有必胜策略吗？
有没有必胜策略，我们关键是要找到哪些状态是P状态，哪些状态是N状态，不过，本题没有例1那么容易判断，因此我们需要引入一个新东西——SG函数，它的定义如下：
其中，mex(minimal excludant)是定义在整数集合上的操作。它的自变量是任意整数集合，函数值是不属于该集合的最小自然数。
那么，终止状态的SG值显然为\(0\)，并且SG值为\(0\)的状态就是P状态，SG值不为\(0\)的状态就是N状态。
证明则非常显然，SG值为\(0\)的状态，说明它的所有后继状态都不为\(0\)，也就是它只能转移到非\(0\)状态，而SG值不为\(0\)的状态则不一样。那么SG值为\(0\)的状态就是必败状态的定义，SG值不为\(0\)的状态就是必胜状态的定义，所以我们只需要用集合S求出每个状态的SG值即可。
类似代码请见[POJ2960]S-Nim
例3：取石子游戏之三
有\(n\)个石子，\(A,B\)两人轮流取石子，规定他们每次至多只能取当前石子总数\(\lceil \dfrac{s}{2}\rceil\)个石子，问\(A\)先手是否有必胜策略
这题主要是为了加强大家对SG函数的理解，我们考虑从\(0\)开始
\(SG(0)=0,SG(1)=1,SG(2)=0,SG(3)=mex\{SG(3-1),SG(3-2)\}=2\)
\(SG(4)=mex\{SG(4-1),SG(4-2)\}=1...\)
我们按照如下规则把他们列出来找下规律：
SG(0),SG(1)
SG(2),SG(3),SG(4),SG(5)
SG(6),...
把各项数值代入后有：
0,1
0,2,1,3
0,4,2,5,1,6,3,7
0,8,4,9,2,10...
好像有个很奇怪的规律：数列在间隔递增，上一行的数间隔着插在下一行的数中间。没错，这就是本题SG函数的规律，先手必败当且仅当SG值为\(0\)。
显然，我们只关心所有\(SG(x)=0\)的状态，在本题中，\(SG(0)=SG(2)=SG(6)=SG(14)=\cdots=0\)，它们的规律为\(x+2=2^k(k\in \Z^+)\)
例4：取石子游戏之四（Nim游戏）
有\(n\)堆石子，石子数目分别为\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)，\(A,B\)两人每次可以选一堆石子取走任意多个，问\(A\)先手是否有必胜策略。
这题相当于例2的扩展版本，由于这里有多堆石子，因此我们可以得到多个SG值，而且这些SG值必定为\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)，那么我们怎么由这一些SG值得到整局游戏的SG值呢？
Nim游戏的神奇之处在于它的SG值和异或扯上了关系，Nim游戏中先手必败当且仅当\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0\),\((\oplus\)为异或)，那么，这个为什么是成立的？
首先，\(\oplus\)满足如下定律和性质
- 交换律：\(x\oplus y=y\oplus x\)
- 结合律：\(x\oplus(y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z\)
- 拥有单位元：\(0\oplus x=x\)
- 相同两数运算为0：\(x\oplus x=0\)
- 消除律：\(x\oplus y=x\oplus z\Rightarrow y=z\)
当Nim游戏的SG值为\(0\)时，我们假定取\(x_{k}\)中的某些石子，使得其变成\(x_{k}'\)，我们假设\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}\oplus...\oplus x_{n}=0=x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}'\oplus...\oplus x_{n}\)，根据消除律可得，\(x_{k}=x_{k}'\)，这与我们的条件相矛盾，因此说明在取了石子之后，SG必然发生了改变；
那么对于一个SG值不为\(0\)的状态，我们必然可以通过一个操作，使得SG值变\(0\)。我们只需要找到当前SG最左端为\(1\)的一列（二进制），任意找到一堆石子使得那一列同样为\(1\)，从这堆中取走若干个石子，使得SG'值为\(0\)。这是显然可以的，因为将那一列变成\(0\)，这个数就必然变小了，对于其他列只需要把\(0\)变成\(1\)，\(1\)变成\(0\)即可。
因此，我们得到，对于Nim游戏而言，必败状态当且仅当\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0\)，对于其他情况，先手必能使当前局面变成必败状态。
代码请见[POJ2975]Nim
例5：取石子游戏之五（Nimk）
有\(n\)堆石子，石子数目分别为\(x_i\)，\(A,B\)两人每次可以选取最多\(k\)堆石子，并从选中的每堆石子堆中取走任意多的石子，问\(A\)是否有必胜策略
首先这题又称Nimk，那么肯定和Nim游戏有关联，其实Nimk就是Nim游戏的一个简单扩展
Nimk存在必胜策略，当且仅当，将所有石子数转成二进制后，存在某位上，所有二进制数中1的个数之和\(\%(k+1)\)不为\(0\)，用数学语言表述，则存在一个数\(t\)，使得\((\sum\limits_{i=1}^n x_i\land2^{t-1})\%(k+1)\ne 0\)
如何证明？首先终止局面全为\(0\)，满足必败条件
对于任意一种必胜状态，必然存在一种取石子方式，使得其可以转移到必败状态。我们设必胜状态下，\(1\)的个数\(\%(k+1)\)不为\(0\)的最高二进制位上有\(m\)个\(1\)，则将这些\(1\)都改成\(0\)需要更改\(m\)堆；若遇到下一个二进制位上，\(1\)的个数\(\%(k+1)\)不为\(0\)，记该位上有\(r\)个\(1\)，并且记之前改变的\(m\)堆在该位上有\(a\)个\(1\)和\(b\)个\(0\)（所有变量都是在\(\%(k+1)\)之后的值）
然后我们分情况讨论：
- \(a\geqslant r\)，则将\(r\)个\(1\rightarrow0\)
- \(b\geqslant k+1-r\)，则将\(k+1-r\)个\(0\rightarrow 1\)
- \(a<r\)且\(b<k+1-r\)，则我们改变之前\(m\)堆以外的\(r-a\)堆，那么此时我们改变的堆数为\(m+r-a\Rightarrow a+b+r-a\Rightarrow b+r\)，又因为\(b+r<k+1-r+r\Rightarrow k+1\)，所以我们改变的堆数\(m-r+a<k+1\)，那么这样的改法是合法的
重复上述操作，我们必然能使每一位上的\(1\)的个数\(\%(k+1)\)为\(0\)，即转移到先手必败态
那么对于任意一个先手必败态而言，由于我们每次最多只能选取\(k\)堆，所以我们不能在同一二进制位上改变\(k+1\)个值；而且每次改变会导致一系列的连锁反应，因此我们无法从一个先手必败态转移到先手必败态，证毕
其实Nim游戏相当于Nimk中\(k=1\)的情况……
例6：取石子游戏之六（Wythoff's Game）
有两堆石子，个数为\(x_{1},x_{2}\)；\(A,B\)轮流取石子，规定要么只取一堆的任意多个，要么在两堆里取同样任意多个，问\(A\)先手是否有必胜策略。
这种情况下是颇为复杂的，普通SG函数已经无法解决这个问题。我们用\((a_{k},b_{k}),(a_{k} \leqslant b_{k},k \in [0,n])\)表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对\((0,0)\)，那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。
那么，我们该如何去找到这些奇异局势呢？
首先我们知道，局势\((x,y)\)和局势\((y,x)\)是等价的。考虑递推的思想，我们已经知道\((0,0)\)是个奇异局势，也就是个先手必败态，那么根据定义，能够到达\((0,0)\)状态都为先手必胜态，也就不是奇异局势。
我们从直角坐标系来考虑，\((0,0)\)为奇异局势后，那么\((0,k),(k,0),(k,k)\)都是非奇异状态，我们把它们划去，然后找到第一个没有被划的点，也就是\((1,2)\)和\((2,1)\)（因为他俩对称），然后按同样的方法处理，之后找到\((3,5)\)和\((5,3)\)...
这样我们可以得到前几个奇异局势是：\((0,0)\)、\((1,2)\)、\((3,5)\)、\((4,7)\)、\((6,10)\)、\((8,13)\)、\((9,15)\)、\((11,18)\)、\((12,20)\)...
通过找规律，我们大胆猜测一下\((a_{k},b_{k})\)满足：
-
\(a_{k}\)是未在之前出现过的最小自然数
-
\(b_{k}=a_{k}+k\)。
下面我们给出其证明：
-
根据我们寻找奇异局势的方法，可以得知\(a_{k}\)为之前未出现的最小自然数
-
我们使用数学归纳法，假定之前的\(k\in[1,n],(a_{k},a_{k}+k)\)都为奇异局势，我们只需要证明\((a_{n+1},a_{n+1}+n+1)\)为奇异局势即可
从局势\((a_{n+1},a_{n+1}+n+1)\)出发，只可能走向三种状态，从左边拿一点，从右边拿一点，或者两边一起拿一点：
情况一：因为比\(a_{n+1}\)小的数在之前都出现过，所以一旦左边少了，我们只要把右边拿到相同的情况即可
情况二（右边取的较少）：这样使得两堆之间差值变小了，变成了\((a_{n+1},a_{n+1}+m)\)，这样我们拿成\((a_{m},a_{m}+m)\)即可
情况二（右边取的较多）：这样使得右边比左边少了，这样就变成了和情况一类似，可以直接取到奇异局势
情况三：若拿成\((a_{m},a_{m}+n+1)\)，我们直接取成\((a_{m},a_{m}+m)\)即可
奇异局势还有如下三条性质：
- 任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
- 任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
- 采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。
我们同样给出其证明：
-
由于\(a_{k}\)是未在前面出现过的最小自然数，所以有\(a_{k}>a_{k-1}\) ,而\(b_{k}=a_{k}+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1}\) 。所以性质1，成立。
-
若只改变奇异局势\((a_{k},b_{k})\)的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使\((a_{k},b_{k})\)的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
-
假设面对的局势是\((a,b)\)：
如果 \(a=b\)，则同时从两堆中取走\(a\) 个物体，就变为了奇异局势\((0,0)\)；
如果\(a=a_{k},b>b_{k}\)，那么，取走\(b-b_{k}\)个物体，即变为奇异局势；
如果\(a=a_{k},b<b_{k}\),则同时从两堆中拿走\(a_{k}-a_{b-a_{k}}\)个物体，变为奇异局势\((a_{b-a_{k}},a_{b-a_{k}}+b-a_{k})\)；
如果\(a>a_{k},b=a_{k}+k\)，则从第一堆中拿走多余的数量\(a-a_{k}\)即可；
如果\(a<a_{k},b=a_{k}+k\)，分两种情况:
- 第一种，\(a=a_{j},(j<k)\),从第二堆里面拿走\(b-b_{j}\)即可；
- 第二种，\(a=b_{j},(j<k)\),从第二堆里面拿走\(b-a_{j}\)即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。
而且，通过如上性质，我们可以发现，\(a_{n},b_{n}\)很像Beatty数列。其实，\(a_{n},b_{n}\)就是Beatty数列。
下面介绍下Beatty数列和Beatty定理：
取正无理数\(\alpha,\beta\)，使得\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)
构造两个数列\(a_{n},b_{n}\)，它们的通项为\(a_{n}=\lfloor{\alpha n}\rfloor,b_{n}=\lfloor{\beta n}\rfloor\)
那么这个数列显然是正整数序列，Beatty定理指出，两个数列都是严格递增的，并且每个正整数在两个数列中只出现一次
我们给出其证明：
- 单调性：因为\(\frac{1}{\alpha}<1,\alpha>1\)，所以\(\alpha n-1>\alpha (n-1)\)，所以\(a_{n}-1>a_{n-1}\)，\(b_{n}\)也亦然如此。
- 完备性：我们要证明这个命题，只需要证明对于任意一个\(k,(k \in Z^*)\)，小于等于\(k\)的数在序列中出现了\(k-1\)次即可。
设数列\(a_{n}\)的前\(p\)项小于等于\(k\)（不包括\(p+1\)项），又因为每项取整前为无理数，不可能取到整数值，那么就有
\(\begin{cases}\alpha p<k+1\\\alpha (p+1)>k+1\end{cases}\)
合并两式，得到\(p=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor\)，这就是小于等于\(k\)的数在\(a_{n}\)中的出现次数，同理，我们可以得到其在\(b_{n}\)中的出现次数，那么我们有小于等于\(k\)的数在Beatty数列中的总出现数\(S=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor+\lfloor\frac{k+1}{\beta}\rfloor\)
注意到两个取整函数中的数都是无理数，于是我们就有严格的不等式
\((\frac{k+1}{\alpha}-1)+(\frac{k+1}{\beta}-1)<S<\frac{k+1}{\alpha}+\frac{k+1}{\beta}\)
于是有\(k-1<S<k+1\)，那么\(S=k\)，证毕。
我们回到之前的奇异局势，由于奇异局势中的\(a_{n},b_{n}\)序列满足Beatty数列，那么同样满足其构造方法，即\(a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rfloor\)且\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)。
因为\(a_{n}+n=(\alpha +1)n=b_{n}\)，所以\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha +1}=1\)，解得\(\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)
那么，我们就得到了通项式:\(a_{k}=\lfloor{k×\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\rfloor,b_{k}=a_{k}+k\)
所以对于任意局势，先手必败当且仅当局势为奇异局势，我们只需要用通项式判断其是否为奇异局势即可。
例7：取石子游戏之七（Fibonacci Nim）
有一堆个数为\(n\)的石子，\(A,B\)轮流取石子，满足：
- 先手不能在第一次把所有的石子取完；
- 之后每次可以取的石子数介于\(1\)到对手刚取的石子数的\(2\)倍之间（包含\(1\)和对手刚取的石子数的\(2\)倍）。
约定取走最后一个石子的人为赢家，问\(A\)先手是否有必胜策略。
这个和之前的Wythoff's Game和取石子游戏有一个很大的不同点，就是游戏规则的动态化。之前的规则中，每次可以取的石子的策略集合是基本固定的，但是这次有规则：一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。
这个游戏叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci数列：\(1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,…\) 有密切的关系。如果试验一番之后，可以猜测：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。换句话说，必败态构成Fibonacci数列。
就像Wythoff博弈需要Beatty定理来帮忙一样，这里需要借助Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。
首先我们证明下Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）：
我们以\(Fib_{n}\)代表Fibnacci数列的第\(n\)项，\(m,(m \in Z^*)\)，易知当\(m=1,2,3\)时，该定理都成立，那么我们运用数学归纳法：假定该定理对所有小于\(m\)的数都成立，我们只要证明该定理对\(m\)成立即可。
- 当\(m\)为\(Fib\)数时，该定理成立
- 当\(m\)不为\(Fib\)数时，设\(Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}\)。
设\(m'=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}\)，即\(m'<Fib_{p_{1}-1}\)
因为\(m'<m\)，又因为归纳法假设\(m'\)可以表示成不连续的Fibnacci数列之和，即\(m'=Fib_{p_{2}}+Fib_{p_{3}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{2}>p_{3}>...>p_{t})\)且不是连续的整数，又因为\(m'<Fib_{p_{1}-1}\)，所以\(p_{2}<p_{1}-1\)，即\(p_{1},p_{2}\)也不是连续的整数。
故\(m=m'+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})\)且不是连续的整数，所以该定理成立
所以Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）对所有的\(m,(m \in Z^*)\)都成立
那我们再看看Fibnacci数列的必败证明：
首先给出三个定理，之后证明需要用到:
- \(Fib_{n+1}<2*Fib_{n}<Fib_{n+2}\)
- \(Fib_{n+2}<3*Fib_{n}\)
- \(4*Fib_{n}<3*Fib_{n+1},(4*Fib_{n}<3*(Fib_{n}+Fib_{n-1})\Rightarrow Fib_{n}<Fib_{n+1}<3*Fib_{n-1})\)
同样运用数学归纳法：
- 当\(i=2\)时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。
- 假设当\(i \leqslant k\)时，结论成立。
则当\(i=k+1\)时，\(Fib_{i}=Fib_{k}+Fib_{k-1}\)。
则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称\(k\)堆和\(k-1\)堆。
(一定可以看成两堆，因为假如先手第一次取的石子数大于或等于\(Fib_{k-1}\)，则后手可以直接取完\(Fib_{k}\)，因为\(Fib_{k}<2*Fib_{k-1}\))
对于\(k-1\)堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数\(x\)的情况。
如果先手第一次取的石子数\(y \geqslant \dfrac{Fib_{k-1}}{3}\)，则这小堆所剩的石子数小于等于\(2y\)，即后手可以直接取完，此时\(x=Fib_{k-1}-y\)，则\(x \leqslant \dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)。
我们来比较一下\(\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)与\(\dfrac{Fib_{k}}{2}\)的大小。即\(4*Fib_{k-1}\)与\(3*Fib_{k}\)的大小，我们已经得出后者大。
所以我们得到，\(x<\dfrac{Fib_{k}}{2}\)。
即后手取完\(k-1\)堆后，先手在能取最多石子的情况下不能一次性取完\(k\)堆，所以游戏规则没有改变，则由假设可知，对于\(k\)堆，后手仍能取到最后一颗，所以后手必胜。
即\(i=k+1\)时，结论依然成立。
对于不是Fibonacci数列，首先进行分解。
分解的时候，要取尽量大的Fibonacci数。
比如分解\(85\)：
\(85\)在\(55\)和\(89\)之间，于是可以写成\(85=55+30\)，然后继续分解\(30\)，\(30\)在\(21\)和\(34\)之间，所以可以写成\(30=21+9\)，依此类推，最后分解成\(85=55+21+8+1\)。
则我们可以把\(n\)写成\(n=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+……+Fib_{p_{k}},(p_{1}>p_{2}>……>p_{k})\)
我们令先手先取完\(Fib_{p_{k}}\)，即最小的这一堆。由于各个\(Fib\)之间不连续，则\(p_{k-1}>p_{k}+1\)，则有\(Fib_{p_{k-1}}>2*Fib_{p_{k}}\)。即后手只能取\(Fib_{p_{k-1}}\)这一堆，且不能一次取完。
此时后手相当于面临这个子游戏(只有\(Fib_{p_{k-1}}\)这一堆石子，且后手先取)的必败态，即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。
同理可知，对于以后的每一堆，先手都可以取到这一堆的最后一颗石子，从而获得游戏的胜利。
代码请见[COCI2010]HRPA
例8：取石子游戏之八（Staircase Nim）
有\(n\)堆石子，每堆石子的数量为\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)，\(A,B\)轮流操作，每次可以选第\(k\)堆中的任意多个石子放到第\(k-1\)堆中，第\(1\)堆中的石子可以放到第\(0\)堆中，最后无法操作的人为输。问\(A\)先手是否有必胜策略。
Staircase Nim又名阶梯Nim，它其实可以通过一些转化变成我们所熟知的Nim游戏，先手必败当且仅当奇数阶梯上的石子数异或和为\(0\)，那么为什么是这样呢？
假如我们是先手，我们就按照这个方法将多余的石子从奇数堆移动到偶数堆里面。
此后如果对手移动的是奇数堆，我们就继续移动奇数堆使得SG值重新变为\(0\)；如果对手移动的是偶数堆，我们就将他移动到奇数堆中的石子继续往下移。
这样经过多次操作我们总能使奇数堆保持必胜状态，最后我们总可以在对手之后将石子从奇数堆移动到偶数堆，最后移动到第\(0\)堆，这样对手就不能移动了。
所以通过整个过程我们可以发现，偶数堆中的石子不会影响整个游戏的结果，只有奇数堆中的石子会影响游戏结果。
因此对这个游戏而言，先手必败当且仅当奇数堆中的石子数异或和为\(0\)。
类似代码请见[POI2004]GRA
例9：取石子游戏之九（Anti Nim）
本题为例4（Nim 游戏）的变相版本，其他条件均不变，唯独定义：取到最后一个石子的人为输。那么\(A\)先手是否有必胜策略？
这题和Nim游戏非常类似，就是输赢的条件不同，但是这个游戏的胜利状态却和Nim有一些区别，这个游戏的的胜利当且仅当：
- 所有堆石子数都为\(1\)且SG值为\(0\)
- 至少有一堆石子数大于\(1\)且SG值不为\(0\)
我们对这个游戏进行分析，将其分为两种情况：
- 所有堆的石子数均为\(1\)
- 至少有一堆石子数大于\(1\)
对于第一种情况而言，我们可以很容易得到当堆数为奇数时，先手必败，否则先手必胜。
对于第二种情况而言，我们分两种情况进行讨论：
- 当SG值不为\(0\)时：
若还有两堆石子数目大于\(1\)时，我们将SG值变为\(0\)即可；若只有一堆石子数目大于\(1\)时，我们总可以让状态变成有奇数个\(1\)。所以当SG不为0时，先手必胜。 - 当SG值为\(0\)时：
这样的话至少会有两堆石子的数目大于\(1\)，那么先手决策完之后，必定会使局面的SG值不为\(0\)，这样便到了先手必胜局。所以当SG为\(0\)时，先手必败。
代码请见[SHOI2008]小约翰的游戏
但是上述有关的推导只对于Anti Nim成立，对与Anti SG-组合游戏这个推论是不成立的，因此Anti SG-组合游戏的推论我们是需要重新证明的。不过这篇博客主要讨论单一游戏的决策问题，因此对于SG-组合游戏不予以讨论，有兴趣的读者可以参考贾志豪《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》
