博弈论相关问题

SG函数

适用范围

• 两人、轮流操作
• 信息公开透明
• 没有随机因素
• 有限步内必然结束
• 不存在平局
• 决策集合为空的游戏者输（即不能操作者输）
• 可以将每个局面中的元素单独分析，元素之间不会有依赖关系（即一次可以选两个元素等）

策梅洛定理：对于这样的一个游戏，任何一个局面先手或者后手其中之一必然存在必胜策略

性质

• 对于当前的局面$X$，定义其$SG$函数值为$SG(X)$。其中，先手必胜当且仅当$SG(X)>0$，反之后手必胜
• 若$X=X_1+X_2+...+X_n$，则$SG(X)=SG(X_1)\oplus SG(X_2)\oplus \ ... \oplus \ SG(X_n)$。特别地，这里的$a+b$指的是局面上的组合（可理解为并集）而非数量加和。即，$a+b=(a,b)$
• $SG(X)=mex \{ SG(Y)|X\rightarrow{Y}\}$（$X\rightarrow{Y}$表示$X$可以通过一步操作变换到$Y$）。从而一次博弈过程可以看成一棵有向无环树。那么结束节点为$SG(\varnothing)=0$（根据$mex$定义）

应用（ABC206F）

注意到覆盖值域只有$[1,99]\cap{N^+}$，则初始局面$S=(a_1,a_2,a_3,...,a_{99})$（$a_i$表示在当前局面中，第$i$个位置还没有被覆盖过。）

注意到覆盖或没覆盖过的地方一定是一段连续的位置。则我们用$[l,r]$来表示$a_l\sim{a_r}$，即$S=[1,99]$

用记忆化搜索来求解$SG(S)$。设当前局面为$X=[l,r]$，若$l>r$，$SG(X)=0$

否则考虑$\forall{SG(Y)}|X\rightarrow{Y}$如何得来。在$n$个区间中，我们可以选择一个区间$[p,q]$满足$[p,q]\subseteq{[l,r]}$并将其覆盖。此时，$Y=[l,p-1]\cup{[q+1,r]}$，那么$SG(Y)=SG([l,p-1])\oplus{SG([q+1,r])}$，可以递归求解。得到$\forall{SG(Y)}$后，就可以通过$SG(X)=mex \{ SG(Y)|X\rightarrow{Y}\}$求出$SG(X)$了。

code

int dfs(int l, int r)
{
	if (l > r) return 0;
	if (sg[l][r] != -1) return sg[l][r];
	int bk[105]; memset(bk, 0, sizeof(bk));
	for (int i = l; i <= r; i ++ )
	{
		for (int o = 0; o < (int)p[i].size(); o ++ )
		{
			int j = p[i][o];
			if (j > r) continue;
			bk[dfs(l, i - 1) ^ dfs(j + 1, r)] = 1;
		}
	}
	for (int i = 0; ; i ++ ) if (!bk[i]) return sg[l][r] = i;
}

int main()
{
	t = read();
	while (t -- )
	{
		for (int i = 1; i <= 99; i ++ ) p[i].clear();
		n = read();
		for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		{
			int x = read(), y = read();
			p[x].pb(y - 1);
		}
		memset(sg, -1, sizeof(sg));
		if (dfs(1, 99)) puts("Alice");
		else puts("Bob");
	}
	return 0;
}

Anti-SG函数

适用范围

• 决策集合为空的游戏者赢（即不能操作者赢，也可以理解为操作最后一步者输）
• 其他同SG函数

性质：SJ定理

设初始状态为$S=(a_1,a_2,...,a_n)$，则先手必胜当且仅当下列两种情况的任意一种成立：（下面$SG$函数的定义没有改变）

• $SG(S)>0\land\exists{SG(a_i)>1}$
• $SG(S)=0\land{\forall{SG(a_i)\leq1}}$

Nim博弈

Description

两个人玩取石子游戏：地上有$n$堆石子（每堆石子数量小于$10^4$），每人每次可从任意一堆石子里取出任意多枚石子扔掉，可以取完，不能不取。每次只能从一堆里取。最后没石子可取的人就输了。求是否存在先手必胜的策略。

Solution

设这$n$堆石子分别为$a_1,a_2,...,a_n$。则先手必胜当且仅当$\bigoplus\limits_{i=1}^{n}{a_i}>0$，反之后手必胜

简要证明：$SG(a_1,a_2,...,a_n)=SG(a_1)\oplus SG(a_2)\oplus \ ... \oplus \ SG(a_n)$，

又$SG(X)=mex \{ SG(Y)|X\rightarrow{Y}\}=mex\{0,1,2,...,X-1\}=X$（每次可以取$1\sim{X-1}$个石头），

故$SG(a_1,a_2,...,a_n)=\bigoplus\limits_{i=1}^{n}{a_i}>0$时先手必胜，反之后手必胜

阶梯Nim问题

Description

有$𝑛$个位置，每个位置上有$𝑎_𝑖$个石子。两个人轮流操作，步骤是：挑选$1...𝑛$中任意一个存在石子的位置$𝑖$，将至少$1$个石子移动至$𝑖−1$位置（则最后所有石子都堆在在$0$这个位置），谁不能操作谁输。求先手必胜还是必败。

Solution

结论：该问题相当于所有奇数位置的石子做Nim博弈。

证明：假设两个人都只会移动奇数位置的石子（并移到偶数位置上去），这相当于所有奇数位置的石子做Nim博弈（移到偶数位置，等价于在奇数位置取石子，因为偶数位置的石子无论怎样都不会造成影响）

这样可以求出是先手必胜/后手必胜。不妨令先手必胜，则先手一定能通过只移动奇数位置上的石子获胜。因为若后手也只移动奇数位置上的石子，先手必胜；若后手某一步移动了偶数位置的石子，先手可以紧接着把被移动的石子再移动到下一个偶数位置。这样，所有奇数位置的石子数量没有变，只有偶数位置的改变了，但这是没有影响的，故新问题与原问题等价。

应用（P2575）

注意到一次只能对一行操作，而整个棋盘相当于这$n$行的组合。所以对每一行算出$SG$值并异或，即可判断。

因为某一行的石子之间是会相互影响的，不好直接算$SG$函数，考虑模型转化。

阶梯Nim问题要考虑不变量来划分阶段。注意到空格的数目是不变的。于是我们想到把每个空格右边有多少个连续的石子，作为该位置的石子数。这样就转化成了阶梯Nim问题。

code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int t, n, v[25];

int read()
{
	int x = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') fl = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}
	return x * fl;
}

int main()
{
	t = read();
	while (t -- )
	{
		n = read(); int sg = 0;
		while (n -- )
		{
			int m = read(), sg0 = 0, s = 20 - m + 1, tt = 0; memset(v, 0, sizeof(v));
			while (m -- ) { int x = read(); v[x] = 1;}
			for (int i = 1; i <= 20; i ++ )
			{
				if (v[i]) {tt ++ ; continue;}
				s -- ; if (s & 1) sg0 ^= tt; tt = 0;
			}
			sg ^= sg0;
		}
		if (sg) puts("YES"); else puts("NO");
	}
	return 0;
}

威佐夫博弈

Description

有两堆石子，由两个人轮流取。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子（都至少要取一个）。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，求是否存在先手必胜的策略。

Solution

本题不满足$SG$函数的性质，故要换一种方式求解。

设这两堆石子分别有$x,y$个且$x<y$，那么后手必胜当且仅当$\lfloor\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}(y-x)\rfloor=x$

不会证，但是学习了$Beatty$定理：

对于两个无理数$x,y$，若其满足$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=1$，令两个集合$P=\left\{ p|p=\lfloor nx\rfloor,n \in N^+ \right\},Q=\left\{ q|q=\lfloor my\rfloor,m \in N^+ \right\}$，其中$N^+$为正整数集。

则有$P \cap Q=\varnothing,P \cup Q=N^+$。

用dp​解决博弈问题

Description

有时博弈问题不是某种基本模型，且不能用$SG$函数求解，这时可以考虑$dp$（通常是要最大化/最小化答案）

Solution

抓住“当前这个人（能得到的）最大/最小值，等于总和减去该人进行这步操作后，另一人的操作值（所有可能情况里的最大/最小，因为另一人也想使答案最优）”

应用（P2964）

令$f[i][j]$为当前剩下第$i$至第$n$个硬币，当前这个人从第$i$个硬币开始取$j$个硬币所能获得的最大价值。

由于取完后就是另一个人取，他肯定会取价值最大的方案，因此可以列出状态转移方程:

$f[i][j]=s[n]-s[i-1]-\max\limits_{k=1}^{min(2j,n-i-j+1)}f[i+j][k]$

其中$s[i]=\sum\limits_{j=1}^{i}{c[i]}$

通过维护$g[i][j]=\max\limits^{j}_ {k=1}f[i][k]$，将时间复杂度优化到$O(n^2)$

code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, s[2005], f, g[2005][2005];

int read()
{
	int x = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') fl = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}
	return x * fl;
}

int main()
{
	n = read(); for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {int x = read(); s[i] = s[i - 1] + x;}
	for (int i = n; i >= 1; i -- )
	{
		for (int j = 1; j <= n - i + 1; j ++ )
		{
			f = s[n] - s[i - 1] - g[i + j][min(j << 1, n - i - j + 1)];
			g[i][j] = max(g[i][j - 1], f);
		}
	}
	printf("%d\n", g[1][2]);
	return 0;
}