博弈论总结
博弈论总结
开头&一些基本性质
本文的大部分内容来自于\(YMD\)的课件。(\(orz\ YMD\))
一、必胜点和必败点
- \(P\)点：必败点，在双方都聪明无比的情况下（比如\(zsy\)和\(ppl\)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\(N\)。
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。
三、常见模型
- 巴什博奕(\(Bash\ Game\))
- 威佐夫博弈(\(Wythoff\ Game\))
- 尼姆游戏(\(Nim\ Game\))
- \(Anti-SG\)游戏
- \(Multi-SG\)游戏
- \(Every-SG\)游戏
- 翻硬币游戏
- 树上删边游戏
巴什博奕(\(Bash\ Game\))
基本问题
有一堆石子，总个数是\(n\)，两名玩家轮流在石子堆中拿石子，每次至少取\(1\)个，至多取\(m\)个。取走最后一个石子的玩家为胜者。判定先手和后手谁胜。
解决方法
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下\(m+1\)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。
否则的话，先手可以取走模\(m+1\)余数个数个石头，此时模型转换为了先手面对\((m+1)|n\)个石头的情况，也就是后手必败，即先手必胜。
题目&代码
威佐夫博弈(\(Wythoff\ Game\))
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。
解决方法
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\(([i\times\phi],[i\times\phi^2])\)。其中\(\phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)，\([x]\)表示不大于\(x\)的最大整数。一些证明可以参考这个神仙博主的博客。
题目&模板
尼姆博弈(\(Nim\ Game\))
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\(n\)堆石子\(x_1,x_2,x_3,...,x_n\)，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\(x_i\)的异或和，如果异或和为\(0\)则先手必败，否则先手必胜。形式化的表达即当且仅当\(x_1\oplus x_2\oplus x_3\oplus...\oplus x_n=0\)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(伪证)：
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。
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\(\oplus_{i=1}^nx_i=k\)，那么，必定存在一个\(x_i\)满足\(x_i\)二进制位上存在\(k\)的最高位，并且不难证明\(x_i\oplus k<x_i\)，那么，将\(x_i\)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。
拓展形式
-
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。
题目&模板
\(SG\)定理和\(SG\)函数
- \(Sprague-Grundy\)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\(YMD\)课件)
- \(SG\)函数：对于每一个状态的一个尼姆数的函数又被称作\(Sprague-Grundy\)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\(x_1,x_2,x_3,...,x_n\)。那么\(SG(X)=SG(x_1)\oplus SG(x_2)\oplus...\oplus SG(x_n)\)。
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\(mex\{1,2,3\}=0,mex\{\phi\}=0\)。那么我们有运算\(SG(x)=mex\{SG(y),<x,y>\in E\}\)，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。
解决方法
\(SJ\)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&模板
\(Multi-SG\)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。
解决方法
还是可以使用\(SG\)函数解决，举个例子，比如当前存在一堆\(3\)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\(SG(3)=mex\{SG(0),SG(1),SG(2),SG(3),SG((1,2))=SG(1)\oplus SG(2)\}\)。
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
\(Every-SG\)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。
解决方法
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\(N\)点和\(P\)点的判定我们可以很容易的用\(SG\)函数表示出来。我们定义\(step(x)\)为状态\(x\)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:
不难发现对于一个\(P\)状态，\(step\)一定是偶数，对于一个\(N\)状态，\(step\)一定是一个奇数。那么对于这样一个游戏，先手必胜的条件就变成了当且仅当所有单一游戏的最大\(step\)是一个奇数。
题目&模板
HDU3595 观察性质后直接用\(Every-SG\)求解
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。
解决方法
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。
树的删边游戏
题目
给定一个\(n\)个节点的有根树，两人轮流删边，删去边之后，不和根节点联通的部分都会被移除。不能操作者输，判断胜负。
解决方法
结论：定义叶子节点的\(SG\)值为\(0\)，其他所有节点的\(SG\)值为它所有儿子的\(SG\)值加\(1\)后的异或和。
结尾
对于这一部分的博弈，这些东西都是比较常见的博弈模型。它们主要利用\(SG\)函数求解，换而言之，\(SG\)函数就是这篇文章中所有博弈游戏的灵魂。所有的一切都是利用\(SG\)函数区分\(N/P\)状态，利用\(SG\)函数，也可以得到很多题目不会差于对抗搜索复杂度的算法。
但是有很多的博弈题目似乎并用不上\(SG\)函数，或者说很难用上，这个时候的解决方法一般就是要么直接打表找规律，要么通过分析和构造，找到先手必胜的条件再来进行判断。这些非常见的博弈模型也就不是我在这里能够穷举完的啦。
