博弈论
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在生活中五子棋也是一种先手有必赢策略的游戏，有人会说五子棋先手我也会输啊，所以博弈论问题都有个类似如“参与者足够聪明”，“两人都不犯错"的前提。
在此前提下，讨论几种常见的博弈情形。
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一、巴什博弈（Bash Game）
只有一堆n个物品，两个人从轮流中取出（1~m）个；最后取光者胜。
考虑到 若n=m+1 那么 第一个人不论如何取都不能取胜。
进一步我们发现 若 n=k*(m+1)+r; 先取者拿走 r 个，那么后者再拿（1~m）个
n=（k-1）*（m+1）+s； 先取者再拿走s 个 最后总能造成 剩下n=m+1 的局面。
因此，此时先手有必赢策略。
相对应的，若n=k*(m+1) 那么先取者必输。
因此我们可以写出对应的程序（默认 n m都大于0）
1 int Bash_Game(int n,int m)//是否先手有必赢策略
2 {
3 if (n%(m+1)!=0) return 1;
4 return 0;
5 }
到了这，不如尝试一下当有N堆，每堆有Mi>0个物品，依旧是两个人来取该怎么判断？
先考虑取的最大数目无上限即可以把一堆全部取完的情形
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二、尼姆博弈(Nimm Game)
正如上述.
从巴什博弈我们知道一个当情形对应一种状态,而由一个状态只能变为另一种状态时能很轻易地判断是否先手有必赢策略
那么怎么样才能在尼姆博弈里找到这样的状态呢?
如果把n堆抽象为n个非负整数,再将n个整数转化为二进制,然后对n个二进制数按位相加(不进位),若每一位相加都为偶数,
那么称这个状态为偶状态,否则称它为奇状态.
可以证明：任何一个偶状态在其中一个数变小后一定成为奇状态,而一个奇状态一定可以通过改变一个数变成偶状态.
前一点很显然,因为一个数变小至少有一位发生改变,这一位就改变了原来的偶状态.
对于后一点,对于一个从高位到低位某一位和为奇的奇状态,必定有一个数的二进制表示在此位为1,对于后面的较低位和为奇的情况,只要把这个数对应位取反即可得到一个偶状态.
eg：【【【
例、取火柴游戏（match.???）
【问题描述】
输入k及k个整数n1，n2，……，nk，表示有k堆火柴棒，第i堆火柴棒的根数为ni；接着便是你和计算机对弈游戏，取的规则如下：每次可以从一堆中取走若干根火柴，也可以一堆全部取走，但不允许跨堆取，也不允许不取。
谁取走最后一根火柴为谁胜利。
例如：k=2，n1=n2=2，A代表你，P代表计算机，若决定A先取：
A：（2,2）→（1,2） ｛从一堆中取一根｝
P：（1,2）→（1,1） ｛从另一堆中取一根｝
A：（1,1）→（1,0）
P：（1,0）→（0,0） ｛P胜利｝
如果决定A后取：
P：（2,2）→（2,0）
A：（2,0）→（0,0） {A胜利}
又如k=3，n1=1，n2=2，n3=3，A决定后取:
P：（1,2,3）→(0,2,3)
A：（0,2,3）→（0,2,2）
A已将游戏归结为（2,2）的情况，不管P如何取A都必胜。
编一个程序，在给出初始状态之后，判断是先取必胜还是先取必败，如果是先取必胜，请输出第一次该如何取。如果是先取必败，则输出“lose”。
【输入输出样例1】
match.in
3
3 6 9
match.out
4 3 {表示第一次从第3堆取4个出来，必胜}
3 6 5 {第一次取后的状态}
【输入输出样例2】
match.in
4
15 22 19 10
match.out
lose {先取必败}
【算法分析】
从问题的描述分析，可以将问题中的n堆火柴棒抽象为n个非负整数，而每取一次火柴棒可抽象为使其中的一个自然数变小，当所有的数都变为0时，游戏结束，最后一次取火柴棒的人为胜方。
当n较小，且n堆火柴棒也都较小时，可使用递推的方法来处理这个问题，具体做法是从终了状态（全零）反推出初始状态的值是先取必胜还是先取必败，因为某一状态的值可以从它的所有的取一次后的下一状态得到，如果某状态的所有的下一状态都为先取必败，则这一状态为先取必胜，否则为先取必败。
但当k和ni都很大时，上述方法很难行的通，这时为了解决这个问题，首先引进关于n个非负整数的奇偶状态的定义，如果把n个非负整数都化成二进制数，然后对n个二进制数按位相加（不进行进位），若每一位相加的结果都为偶数，则称这n个非负整数的状态为偶状态，否则称之为奇状态。可以证明：任何一个偶状态在某一个数变小后一定成为奇状态，而对任何一个奇状态，必定可以通过将某一个数的值变小，使得改变后的状态成为偶状态。前一种情况是显然的，因为一个数变小以后其对应的二进制数至少有一位发生改变，这一位的改变就破坏了原来的偶状态。后一种情况可以通过构造的方法来证明，首先对任何一个奇状态，从高位向低位寻找到第一位按位加之和为奇数的二进制位，设这一位为第k位，则n个数的对应的二进制数中至少存在一个数，其第k位为1，将这个二进制数的第k位变成0，则所有二进制数的第k位上的数字之和就变成了偶数。然后再对这个数的比k位低的所有位作如下调整：如果所有二进制数在该位按位加之和为偶数，则不改变该位的值，否则改变该数在该位的值，若原来的值为0，则改为1，若原来的值为1，则改为0，这样就构造出了一个偶状态，并且被改变的那个数一定变小了，因为这个数被改变的所有二进制位中的最高位从1变成了0。
如n=3时，三堆火柴棒的数量分别为3,6,9，则3=(0011)2,6=(0110)2,9=(1001)2,最高位之和为1，其中9对应的二进制数的最高位为1，将其变为0，次高位之和也是1，9对应的二进制数的次高位为0，根据证明过程将其变为1，最后二位数字之和均为偶数，无需作任何改变，这样9=(1001)2被变成了(0101)2=5,显然，3=(0011)2,6=(0110)2,5=(0101)2是一个偶状态。
有了前面的分析，一种贪心算法就出来了。程序中用n个包含16个元素的数组（线性表）来存放对每个非负整数对应的二进制数，如b[i,0]存放第i个数的最低位，n个数的状态取决于它们对应的二进制数的各位数字之和的奇偶性，而各位数字之和的奇偶性只需用0和1来表示，0表示偶，1表示奇。最后的状态（全0）为偶状态，所以开始状态为偶状态时，先取必败，因为先取后局面变成了奇状态，后取方一定可将字取成偶状态，直至取光为止。反之则先取必胜。
】】】
到此,成功的构造了两个可以转换的状态!!!
那么对于n堆物品,只要判断它是否是奇状态就可以判断是否先手有必赢策略.
但是求每个数的二进制表示略显麻烦,可以用更好的办法,也是我偏爱的位运算.
XOR 和判断:
如果有奇数个二进制数在第K位为1 那么在这一位上的和为奇,同样的，偶数个1和为偶.
很明显位运算xor满足我们的要求,偶数个1异或和为0,奇数个为1;
由此,终于可以给出算法
1 int Nimm_Game(int n)//假设n个数存在数组f[]中,有必胜策略返回1
2 {
3 int flag=0;
4 for(int i=1;i<=n;i++)
5 flag^=f[i];
6 if(flag) return 1;
7 return 0;
8 }
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但是我遇到过n非常大，且每一堆的物品数为连续的整数的情况
对此我们要考虑连续非负整数的异或和问题
记 f(x, y) 为x到y的所有整数的异或值。
f [1,n] = f [0,n];
当n为2^k-1(2的K次方减一)时;
0 到 2^k-1 共2^k个数 等于∑C（n，i）
可以看做在k个位置中放入i个0，最后求和。
同时可以看做在空格位置中放入i个1；最后求和。
即在每一位上1个0的个数都相等，每个位上有2^(k-1)个1,当k>=2时 1的个数为偶数;
而我们已经知道偶数个1的异或和为0，所以 f[0, 2^k - 1] = 0 (k >= 2)
对 f [0, n] (n>=4) 设n的最高位1是在第k位(k >= 2)，
f [0, n] = f[0, 2^k - 1] xor f[2^k, n] = f[2^k, n]
对2^k到n这n+1-2^k个数，最高位(第k位)共有 m = n+1-2^k 个1，2^k总是偶数，因此，当n为奇数时，m是偶数，f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k]
当n为奇数(n - 2^k)总是奇数，所以：f[0,n] = f[0,n-2^k-2^(k-1)...-2^2](只到3是因为k>=2)
此时只剩下两位是我们需要的 我们可以用（n & 3）很快得到后两位。
由于n是奇数 所以（n & 3）只可能得到 1 或 3；
1对应 二进制数 （01）所以是奇数个1 此时f [0,n]=1;
3对应 二进制数 （11） 此时f[0,n]=0;
当n为偶数时，m是奇数，因而 f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k] xor 2^k
可得：f[0, n] = f(0, n & 3) xor 2^k xor n[k]*2^(k-1) xor ....n[2]*2^2 n[k] 为 n的二进制数的第k位；
很明显 当n为偶数时 f[0,n]的二进制从最高位到第3位（如果不止3位） 跟n的二进制数从高位到第三位 相同；此时只需要 判断 第二位
n & 3=0对应后二位为（00） 此时 f[0,n]=n;
n & 3=2对应后二位为（10） 此时 f[0,n]=n+1;
综上所述：
n n % 4 == 0
f[1, n]=f[0, n]=1 n % 4 == 1
n+1 n % 4 == 2
0 n % 4 == 3
f[x,y] = f[0,y] xor f[0,x-1] .(x>0)
对应的代码在这
1 //读入n，表示有从物品数分别1到n的n堆物品，假设n个数存在数组f[]中
2 int xor_n(int n)//从1到n的异或和
3 {
4 int t = n & 3;
5 if (t & 1) return t / 2 ^ 1;
6 return t / 2 ^ n;
7 }
8 int Nimm_Game(int n)//有必胜策略返回1
9 {
10 int flag=0;
11 for(int i=1;i<=n;i++)
12 flag^=xor_n(f[i]);
13 if(flag) return 1;
14 return 0;
15 }
三 威佐夫博奕（Wythoff Game）：
有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,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。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）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有如下三条性质：
1、任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
2、任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）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（ak，bk）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。
3、采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，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 = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab – ak个物体,变为奇异局势（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – aj 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。
那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)
奇妙的是，其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1.618…...。
因此，由ak，bk组成的矩形近似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]。若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j；若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1；若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。
对应的代码在这里：
1 int t;
2 if(a>b)
3 {
4 t=a;
5 a=b;
6 b=t;
7 }
8 double k=(sqrt(5.0)-1.0)/2.0;
9 int j=a*k;
10 if(a!=j*(int)(k+1))
11 j++;
12 if(a+j==b)
13 cout<<0<<endl;//奇异局势，后手胜！
14 else cout<<1<<endl;//非奇异局势，先手胜！
