博弈论
博弈论
oi中的博弈论
-
oi中的博弈论主要研究博弈游戏，本质上是平等组合游戏
-
什么是“平等组合游戏”
-
两人游戏
-
有一个状态集，通常是有限的
-
规定哪些状态的转移是允许的
-
所有的规定对两个人来说是一样的
-
两个人轮流走步
-
有一个终止状态，到达终止状态后游戏即告终止
-
游戏可以在有限的步内终止
开头及一些基本的性质
一.必胜点与必败点
- P点：必败点，在双方都聪明无比的情况下（比如zsyzsy和pplppl在玩游戏），当前先手的人必败的情况。
- N点：必胜点，在双方操作都正确的情况下先手必胜的位置。
几个性质
- 所有的终止位置都是必败点P（我们认为这个是公理，即所有推导都在这个性质成立的基础上进行）。
- 从任何一个必胜点N操作，至少有一种方法可以达到一个必败点P。
- 从一个必败点P出发，只能够到达一个必胜点N。
我们要明白这样一件事，所有的选择都是为了最大化自己的利益，所以，当有让对方失败的机会时，自己肯定会选择这样做
二.无偏博弈
无偏博弈是一类任意局势对于游戏双方都是平等的回合制双人游戏。平等的含义是当前的所有可行的走法仅仅只依赖与当前的局势，而与当前谁移动无关。换而言之，两个人除了先后手的区别之外就不存在任何区别。除此之外，还需要满足一下性质：
- 完全信息，任何一个游戏者都能够知晓整个游戏状态。
- 无随机行动，所有的行动都会转移到一个唯一确定的状态。
- 在有限步内游戏会终止，此时有唯一的胜者。
常见的模型
- 巴什博奕(Bash GameBash Game)
- 威佐夫博弈(Wythoff GameWythoff Game)
- 尼姆游戏(Nim GameNim Game)
- Anti−SGAnti−SG游戏
- Multi−SGMulti−SG游戏
- Every−SGEvery−SG游戏
- 翻硬币游戏
- 树上删边游戏
巴什博弈
基本问题
有一堆石子，总个数是nn，两名玩家轮流在石子堆中拿石子，每次至少取11个，至多取mm个。取走最后一个石子的玩家为胜者。判定先手和后手谁胜。
解决办法
如果\((m+1)|n\)则先手必败，否则先手必胜
证明
假设(m+1)|n，那么假设先手拿走了x个，那么后手必定可以拿走(m+1)−x个，这样子无论怎么拿，剩下的石头个数都将是m+1的倍数。那么最后一次取的时候石头个数必定还剩m+1个，无论先手拿多少个，都会剩下石头，此时后手必定可以将剩下的所有石头取光从而获胜。
威佐夫博弈(Wythoff GameWythoff Game)
基本问题
有两堆石子，石子数可以不同。两人轮流取石子，每次可以在一堆中取，或者从两堆中取走相同个数的石子，数量不限，取走最后一个石头的人获胜。判定先手是否必胜。
解决办法
这个东西意义不是很大，打表找规律之后可以发现先手必败的状态一定形如\(([i×ϕ],[i×ϕ2])中ϕ=√{5+1}/2\)，表示不大于x的最大整数。一些证明可以参考
尼姆博弈(Nim GameNim Game)
基本问题
有三堆石子，两人轮流取，每次可以从一堆中取走任意数量个石子，至少取走一个，问先后手谁胜。一般推广：有nn堆石子x1,x2,x3,...,xnx1,x2,x3,...,xn，两人轮流取，每次可以从任意一堆石子中取走至少一个石子，问先后手谁胜。
解决方法
方法很简单，直接求所有xixi的异或和，如果异或和为00则先手必败，否则先手必胜。形式化的表达即当且仅当x1⊕x2⊕x3⊕...⊕xn=0时，先手必败。同理，也就是所以异或和为0的状态是P状态，所有异或和非0的是N状态。
证明
首先当没有石子的时候，先手必败，此时所有石子的异或和为0，这个是P状态。(必败点)
接下来我们证明任意一个N状态至少能够达到一个P状态。
假设当前所有石子个数的异或和为k，即\(⊕_{i=1}^n\)xi=k，那么，必定存在一个xi满足xi二进制位上存在kk的最高位，并且不难证明xi⊕k<xi，那么，将xi异或上k之后，剩下所有的数的异或和恰好为0，又回到了一个P状态。
而一个P状态的异或和为0，任何一个数减小之后异或和一定不为0，所以可以证明任何一个P状态的后继状态都是N状态。
综上，异或和为0的状态先手必败，其他情况先手必胜。
拓展模式
-
每次取的石子数存在上界m
这个是Bash Game+Nim Game，只需要把所有石子按照m+1取模再考虑Nim游戏就好了。
-
每次允许从k堆石子中取(\(Nim_k\))
我们一般考虑的情况是\(Nim_1\)，我们的解法是考虑2进制下的异或和是否为0，而异或和是不进位的加法，同理，对于\(Nim_k\)的情况，我们考虑k+1进制下每一位不进位加法的结果，如果每一位都是0的话就是P局面，否则是N局面。
-
阶梯博弈：博弈在阶梯上进行，每次可以将一堆的若干式子移动到上一阶去，不可操作者输。
忽略所有的偶数阶梯，只留下奇数阶梯，转化为普通的Nim游戏。大致的思路是这样的：首先终止状态一定是所有石子都在0号阶梯，即一个偶数阶梯。那么如果对方移动了一个偶数阶梯上的石子，那么你可以在移动结束的那个奇数阶梯，直接把等数量的石子继续向前移动，这样子可以保证偶数阶梯上的石子对于结果没有任何影响。那么如果移动的是一个奇数阶梯，因为偶数阶梯是没有影响的，所以你可以认为移动奇数阶梯就是直接被移走了，那么这就是一个普通的Nim游戏了。
阶梯博弈的例题洛谷p2575
AKN玩游戏玩累了，于是他开始和同伴下棋了，玩的是跳棋！对手是wwx！这两位上古神遇在一起下棋，使得棋局变得玄幻莫测，高手过招，必有一赢，他们都将用最佳策略下棋，现在给你一个n*20的棋盘，以及棋盘上有若干个棋子，问谁赢？akn先手！
游戏规则是这样的：
对于一个棋子，能将它向右移动一格，如果右边有棋子，则向右跳到第一个空格，如果右边没有空格，则不能移动这个棋子，如果所有棋子都不能移动，那么将输掉这场比赛。
题目及模版
SG定理及SG函数
- Sprague−GrundySprague−Grundy定理：所有一般胜利下的无偏博弈（定义在上面）都能够转化成尼姆数表达的尼姆堆博弈，一个无偏博弈的尼姆值定义为这个博弈的等价尼姆数。(抄自YMDYMD课件)
- SGSG函数：对于每一个状态的一个尼姆数的函数又被称作Sprague−GrundySprague−Grundy函数。
翻译成人话就是：对于当前游戏X，它可以拆分成若干个子游戏x1,x2,x3,...,xn那么\(SG(X)=SG(x1)⊕SG(x2)⊕...⊕SG(xn)\)。
接下来定义mex运算，mex运算是对于一个集合S而言的，mex(S)表示的是最小的、不属于集合S的非负整数。例如mex{1,2,3}=0,mex{ϕ}=0。那么我们有运算SG(x)=mex{SG(y),<x,y>∈E}，其中E是边集。即对于当前状态x的SG函数，它的值定义为所有的后继状态的mex值。对于SG函数为0的位置一定是P位置，SG函数非0的位置是N位置。
这里直接空说很不好，我们举个例子。
HDU1848 Fibonacci again and again，为了节约篇幅，直接戳链接看题目&题解&代码。
事实上，注意"后继"这个词语，我们不难发现上述的东西可以理解为一个DAG上的问题。
\(Anti−SG\)游戏&\(SJ\)定理
基本问题
决策集合为空者的操作者胜利。翻译成Nim一点的问题就是，给定n堆式子，每次每个人可以从任意一堆石子中拿走不少于一个的石子，拿走最后一个石子的人输。
解决办法
SJ定理：对于一个Anti−SG游戏，如果我们规定当前局面中所有单一游戏的SG为0时，游戏结束，则先手必胜的条件为：
- 游戏的SG值不为0，且存在一个单一游戏的SG值大于1
- 游戏的SG值为0，且不存在一个单一游戏的SG值大于1
题目及模版
\(Multi−SG\)游戏
基本模型
决策集合为空的操作者输。一个单一游戏的后继可以是多个单一游戏。还是写成Nim一点的式子，给定你n堆石子，每次可以取走任意数量个，或者将一堆式子拆分成两堆（事实上更多也是可行的）非空石子，不能操作者输，判定胜负。
解决办法
还是可以使用SGSG函数解决，举个例子，比如当前存在一堆33个石子，那么可以直接走0,1,2,3个石子，也可以拆分成(1,2)两堆，因此\(SG(3)=mex{SG(0),SG(1),SG(2),SG(3),SG((1,2))=SG(1)⊕SG(2)}\)
那么这个问题本质上还是一个Nim游戏，可以直接用SG函数解决。
同时，对于这样每次可以拆分两堆的Multi−SG游戏，打表后发现有这样一个性质：
题目&模板
BZOJ2940 简单的Multi−SGMulti−SG题目
BZOJ1188 有些困难的Multi−SGMulti−SG模型
BZOJ3576 有点难度的Multi−SGMulti−SG变形
Every--SG游戏
基本模型
对于没有结束的任何一个单一游戏，操作者必须对其进行一步操作，无法操作者输。
解决办法
所有游戏都是独立的，并且我们发现无法操作者输，而同时又在进行多个游戏。因此，我们知道胜负情况只与最后结束的游戏的胜负情况相关。既然只与最后结束的游戏相关，那么我们这样分析：首先对于一个能够取得胜利的游戏，我们必定会取得胜利，这样一定不会让结果更差，因为只要赢了，这局游戏就一定不会让自己输。那么对于所有单个游戏的胜负情况，我们一定可以判定，但是对于整个Every−SG的情况，我们只能够通过最后结束的游戏判定。所以，对于一个我们必胜的游戏，我们一定会想办法将其尽可能的向后拖，即我们期望它尽可能完的结束；反过来，对于一个必败的游戏，我们一定会让他尽可能早的结束。这几句推论正确的理由都是所有游戏都是互相独立的。
那么，我们首先可以判定出所有位置是N点还是P点，然后根据必胜和必败的关系，我们必定要决策步数最小还是步数最大，那么这个就非常类似于一个min−max搜索。至于NN点和PP点的判定我们可以很容易的用SGSG函数表示出来。我们定义step(x)为状态xx时(在满足N/P的条件下)的步数，我们可以得到这样一个转移:
翻硬币游戏
题目
有n枚硬币排成一排，依次编号1到N，有的正面朝上，有的反面朝上。现在按照一定的规则翻硬币（比如每次只能翻一枚或者两枚，或者每次只能翻动连续的几枚），但是强制要求最靠右的硬币必须从正面被翻到了反面。操作集合为空者负。
解决办法
结论是这样的：当前局面的SG值是所有正面朝上的硬币单独存在时的SG值的异或和。
证明？我也不会啊。可以感性理解一下，无论如何最右边的硬币都要翻，它翻了之后必定改变前面的状态，但是前面的状态是什么似乎和之前的状态无关(假装能够说服我自己)，之和之前的状态和现在状态的差别(也就是看成01串后的异或和)相关，所以你可以把游戏拆分成所有正面朝上的硬币的子游戏。
链接中给出这么多游戏的主要目的是因为直接使用SG函数求解效率太低，很多时候利用SG函数打表找规律才是最好的方法。
