「学习笔记」博弈论

目前已基本施工完毕，后面的练习题如果有做到好题还会继续更新。

获得不大一样的阅读体验

前言

很久之前就想开博弈论这个坑了，因为打比赛经常遇到博弈问题结论题，只能靠感觉来做，没有系统的学习过博弈论。

前一周数学老师在一节数学课下课前提了一个好玩的游戏，顿时风靡全班。

这个游戏是这样的：现在有 $30$ 个数要报，两个人轮流报数，每次最多报 $2$ 个数，最少报 $1$ 个数，先报到 $30$ 的人赢。

数学老师找了几个人来玩 (因为她认为我破坏游戏平衡就把我ban掉了)，每次都是她后手，而她每次都赢，于是许多同学开始试怎样报数必赢，许多同学发现了后手的必赢策略，只要对方报奇数则他报偶数，否则报奇数。那么为什么这个策略是必胜的呢？数学老师估计是忘了或者根本没打算讲，于是这个坑由我来填了！

考虑上面那个必胜策略的证明其实很简单，因为后手每次都会取到 $3$ 的倍数，而要取的数正是 $3$ 的倍数，所以后手一定会取到 $30$。

限于笔者能力，本文可能会有许多不严谨甚至错误之处，欢迎指出！

Part1 从经典取石子游戏开始

现在让我们了解几个定义：

先手和后手

对于游戏中的面临的一个状态称作局面，在一个局面下，先进行行动的称作先手，后行动的为后手。

必胜和必败

对于博弈中一个局面（也可以说是状态）下：

若先手无论采取什么行动都会输掉游戏，则为必败点，后文也会称其为 必败局面；

双方都操作最优的情况下先手必胜的局面为必胜点，后文也会称其为 必胜局面。

一般情况下讨论的博弈问题为双方都足够聪明（也就是每一步都是最优操作）。

公平组合游戏 (Impartial Combinatorial Games, 简称ICG)

1. 终止的局面为必败点。

2. 一个局面可以执行的合法操作和轮到哪一名玩家无关。

3. 两名玩家交替行动。

满足这三个条件的游戏成为公平组合游戏。

巴什博弈

那么现在，让我们来考虑前言所提到的问题的一般情况：

首先，给这个有趣的游戏建立一个模型，也就是把这个问题用数学语言描述出来：

现在有 $n$ 个石子要取，两个人轮流取石子，每次最多取 $m$ 个石子，最少取 $1$ 个石子，取走第 $n$ 个石子的人赢得游戏。其中满足 $n,m > 0$。考虑两个人都足够聪明的情况下判断先手还是后手必胜，并解释必胜策略。

我们称这个问题为巴什博弈 (Bash Game)。

当 $n\leq m$ 的时候先手必胜，因为先手可以第一次就把 $n$ 个石子全取完。

那么当 $n>m$ 时呢？

假设 $(m+1) \mid n$，那么先手取 $x$ 个时，后手取 $(m+1-x)$ 个，这样可以保证后手每次都是取到 $(m+1)$ 的倍数，最终取到 $n$ （因为 $n$ 是 $(m+1)$ 的倍数），所以 $(m+1) \mid n$ 时先手必败。

否则的话，先手先取 $n\bmod (m+1)$ 个石子，这样就相当于把 $n$ 减去了 $n\bmod (m+1)$，使得 $n$ 是 $(m+1)$ 的倍数，同时把先手扔给对方，后面的策略就和上面的后手必胜策略一样了，所以 $(m+1)\nmid n$ 时先手必胜。

题目：HDU 1846

Nim 游戏

给定 $n$ 堆物品，第 $i$ 堆物品有 $A_i$ 个。两名玩家轮流行动，每次可以任选一堆，取走任意多个物品，可以一堆取光，但不能不取。取走最后一件物品则获胜。两人都采取最优策略，问先手能否获胜。

结论：对于 Nim 游戏的一个局面 $(A_1,A_2,\ldots,A_n)$ 来说，先手必败当且仅当 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_n=0$。

注：其中 $\oplus$ 是异或即 $\text{xor}$，后文均以此记号表示异或。

证明：

$(0,0,\ldots,0)$ 中 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_n=0$ 为必败局面。

对于 $(A_1,A_2,\ldots,A_n)$ 若 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_n = x \neq 0$，则可以选择 $x$ 的最高二进制位 $k$，则一定存在一个 $A_i$，它的第 $k$ 位是 $1$，则满足 $A_i \oplus x< A_i$，选取 $A_i$ 使其变成 $A_i\oplus x$ 将这个局面即可转换成 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_n = 0$。

对于 $(A_1,A_2,\ldots,A_n)$ 若 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_n = 0$，不管怎么取一定只能到达 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_n \neq 0$ 的局面，可以选择反证法证明，若选取了 $A_i$ 使其变成 ${A_i}'$，由于 $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus A_i\oplus \ldots \oplus A_n = 0$ , $A_1 \oplus A_2 \oplus \ldots \oplus {A_i}'\oplus \ldots \oplus A_n = 0$ ，两式相异或得 $A_i\oplus {A_i}'=0,A_i={A_i}'$，与不能不取的规则相矛盾。

再由数学归纳法可知结论的正确性。

证毕。

题目：洛谷P2197

Part2 博弈论的其他知识点

有向图游戏

有一个 DAG，最初有一枚棋子在起点上，可以让棋子向任意一个连向的点走一步。两名玩家交替操作，不能走的玩家失败。

注意到任意一个公平组合游戏都能转换成一个有向图游戏，把局面看成点，一个操作看成当前局面到下一个局面连的有向边即可。

Mex 运算

对于一个仅包含非负整数的可空集合 $S$，定义 $mex(S)$ 为未在 $S$ 中出现且最小的非负整数，也就是：

$$\text{mex}(S)=\min\{x|x\in \mathbb{N}, x\not\in S\}$$

SG 函数

在一个DAG上，对于每个节点 $x$，假设它能到达的节点为 $S$，则：

$$SG(x)=\text{mex}(\{SG(k)|k\in S\})$$

特别地，当 $S$ 为空时 $SG(x)=0$。

对于一个DAG $G$，它的 SG 函数定义为它起点的 SG 函数值。

显然地，SG函数有以下性质：

1. 对于任意的局面，如果它的 SG 值为 0，那么它的任何一个后继局面的 SG 值不为 0；
2. 对于任意的局面，如果它的 SG 值不为 0，那么它一定有一个后继局面的 SG 值为 0。

有向图游戏胜负判断

一个有向图游戏 $G$ 的一个局面 $x$ 为必胜局面当且仅当 $SG(x)\neq 0$。

1. 若 $x$ 没有出边则 $SG(x)=0$，必败局面。

2. 若 $x$ 有出边且 $SG(x)\neq 0$，则一定存在一个后继节点 $y$ 其中 $SG(y)=0$ ，走到这个节点即可，必胜局面。

3. 若 $x$ 有出边且 $SG(x)=0$，则无论走到哪个后继节点 $y$，都会有 $SG(y)\neq 0$，由 2. 可知走完这一步为必胜局面，也就是无论怎么走都会使得对方走到必胜局面，则这个局面是必败局面。

证毕。

有环有向图游戏

名字是我自己乱起的，其定义如下：

有一个有向图，最初有一枚棋子在起点上，可以让棋子向任意一个连向的点走一步。两名玩家交替操作，不能走的玩家失败。假定每个人都采取最优操作（每个人的最优操作为能赢则赢，否则争取平局），求是先手必胜、后手必胜还是平局。

由于出现了环，可能出现平局的局面。

对于一个状态（棋子在哪个点），我们多定义一个平局点，代表从这个位置开始走，不必胜，但可以选择走向平局局面。

首先，对于有向无环图，根据上文"有向图游戏胜负判断"（当然也可以使用数学归纳法）可得：

1. 出度为 $0$ 的点为必败点；
2. 只能到达必胜点的状态为必败点；
3. 可以到达必败点的状态为必胜点。

假如出现了环，会出现点不满足这上面三个条件的任意一个。

这些点就是平局点，它们每个点都满足“不能到达必胜点，可以到达非必败点（即平局点）”。

反向建图跑拓扑排序即可。

例题

多个有向图游戏的和及SG 定理

对于多个有向图游戏的集合 $G=\{G_1,G_2,\ldots,G_n\}$，每次可以任选一个有向图 $G_i$，在 $G_i$ 上走一步，不能走的人失败。

有向图游戏的和 $G$ 的 SG 函数为 $SG(G_1)\oplus SG(G_2) \oplus \ldots\oplus SG(G_n)$。

证明：

对于每个 $k=SG(G_i)$ 可以看成可以将当前局面的 $SG$ 变成 $[0,k)$ 中的任意一个数。

即使有向图游戏会能让 $k$ 变成 $j,j>k$ 也是不妨碍的，因为最优操作是让 $k$ 变成 $0$ ，所以必胜方直接忽略变大的操作即可；即使必败方的 $0$ 转化成了 $j,j>0$，必胜方依然能把 $j$ 变成 $0$，必败方不能无限制变大，必胜方依然是必胜的。

这一定理被称为 SG 定理，即为"游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和"。

Anti-SG 游戏及SJ 定理

给定 $n$ 堆物品，第 $i$ 堆物品有 $A_i$ 个。两名玩家轮流行动，每次可以任选一堆，取走任意多个物品，可以一堆取光，但不能不取。取走最后一件物品则败北。两人都采取最优策略，问先手能否获胜。

和 Nim 游戏不同的是，终止情况 $(0,0,\ldots,0)$ 是必胜局面，而不是 Nim 游戏中的必败局面。

证明：

下文称物品数大于 $1$ 的堆为“大堆”，物品数为 $1$ 的堆为“小堆”。

1. 若都为小堆，每次选择都只能是取走一个小堆。则堆的个数为偶数是必胜局面，堆的个数为奇数是必败局面。

2. 若有大堆：

   1. 大堆个数为 $1$，此时这个局面的 SG 值 $\neq 0$ （因为大堆能决定 SG 值的最高位不是第一位），若总堆数为奇数，将大堆取成小堆，否则就把大堆全取光。取后一定是奇数个小堆，是必败局面。所以当前局面是必胜局面。

   2. 大堆个数 $>1$，此时这个局面的 SG 值若 $\neq 0$，则一定能走到一个 SG 值 $=0$ 的局面，且新局面是有大堆的（因为一次最多只能取完一个大堆，而大堆数 $>1$）；此时这个局面的 SG 值若 $=0$，则不管怎样取只能走到 SG 值 $\neq 0$ 且存在大堆的局面。假如前者一直保持那样操作，那么一定是后者进行一步操作后转到2.1.的必胜局面。所以前者是必胜局面，后者是必败局面。

综上所述，先手必胜当且仅当：

• 仅存在小堆且当前局面的 SG 值 $=0$。
• 存在大堆且当前局面的 SG 值 $\neq 0$。

我们把这个结论像 “多个有向图游戏的和 和 SG 定理” 一样推广成更一般的形式：

Q: 为什么不像上一小节 “多个有向图游戏的和 和 SG 定理” 将 ”Nim 游戏“ 和 “多个有向图游戏的和” 直接关联起来呢？

A: 在上一小节中，”Nim 游戏“ 到 “多个有向图游戏的和” 有个步骤是说明 "能走到 SG 值更大的局面" 这一条件是不影响结论的，用取石子模型意思即为可以 "放石子"，但不影响结论。所以在这里需要推广到可以放石子时结论是怎样的。

定义 Anti-SG 游戏：

1. 决策集合为空的游戏者胜利。

2. 其余规则均与 SG 游戏相同。

SJ 定理：对于任意一个 Anti-SG 游戏，如果规定当局面中所有单一游戏的 SG 值为 $0$ 时，游戏结束。则先手必胜当且仅当：(1) 游戏的 SG 函数不为 $0$ 且游戏中某一个单一游戏的 SG 函数大于 $1$；(2) 游戏的 SG 函数为 $0$ 且游戏中没有单一游戏的 SG 函数大于 $1$。

该定理是贾志豪在 IOI2009中国国家集训队论文《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》中提出的，也可以去看他的论文。

下面，我将给出按照我自己理解结合《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》的证明给出一个自认为略微好理解的证明：

我们只需要证明：

1. 所有终止局面为必胜局面。（由 Anti-SG 游戏的定义可知）。

2. 任何一个必败局面一定只能转移到必胜局面。

3. 任何一个必胜局面至少能转移到一个必败局面。

设游戏的 SG 函数为 $SG$，每个单一游戏的 SG 函数为 $sg$。

现在，我将所有局面分成四类。

必胜局面：

1. $SG\neq 0,\exists sg>1$（游戏的 SG 函数不为 $0$ 且存在单一游戏的 SG 函数 $>1$）；

2. $SG=0,\forall sg\leq 1$（游戏的 SG 函数为 $0$ 且任意单一游戏的 SG 函数 $\leq 1$）。

必败局面：

1. $SG\neq 0,\forall sg\leq 1$（游戏的 SG 函数不为 $0$ 且任意单一游戏的 SG 函数 $\leq 1$）；

2. $SG=0,\exists sg>1$（游戏的 SG 函数为 $0$ 且存在单一游戏的 SG 函数 $>1$）。

下文称 必胜/必败 一/二 代表必胜/必败局面的第1/2种情况，为了方便起见，使用大堆来表示 SG 函数 $>1$ 的单一游戏，小堆为 SG 函数 $=1$ 的游戏。

分好类后证明就很简单了：

关于必胜一的转移：

• 若大堆仅有一个，可以选择取完或者取成小堆，转移成必败一。
• 若大堆有多个，设 $SG$ 最高位为 $k$，则一定存在一个堆，其第 $k$ 位为 $1$，将其取成 $sg\oplus SG$，由于最多取走一个大堆，所以一定剩有大堆，故可以转移成必败二。

关于必胜二的转移：

• 若不可操作，直接胜利。
• 否则，可以产生一个小堆或者取走一个小堆，转移成必败一。

关于必败一的转移：

• 若产生一个大堆：因为 $SG\neq 0,\forall sg\leq 1$，所以 $SG=1$，由于大堆的 $sg$ 最高位 $>1$，所以新的 $SG\neq 0$ ，只能转移到必胜一。

• 若产生一个小堆或者取走一个小堆，只能转移成必胜二。

• 所以必败一无论怎样操作都只能转移到必胜局面。

关于必败二的转移：

• 因为 $SG=0,\exists sg>1$，所以大堆一定有多个，故只能转移到 $\exists sg>1$ 的局面；$SG=0$ 只能转移到 $SG\neq 0$，否则可以推出没取，与规则矛盾。所以只能转移到必胜一。

综上所述，任何一个必败局面一定只能转移到必胜局面，任何一个必胜局面至少能转移到一个必败局面，SJ 定理得证。

值得注意一点的是，在此游戏中，$\forall sg=0$ 时即可认为游戏结束，因为此局面的先手（必败方）无论取什么，后手都能取走新加的，重新转换成 $\forall sg=0$ 的局面，由于必败方不能无限取下去，所以必败方依然会失败。

此定理似乎没有那么重要，仅做了解博弈论证明方式用。

例题

Part4 简单题选做

这一部分更像是CF中game标签。

Codeforces 533C Board Game

题目翻译

小P和小V在一个平面直角坐标系上，小P初始在 $(x_p,y_p)$，小V初始在 $(x_v,y_v)$。小P和小V交替移动，由小P开始。

每次小P可以从他所在的 $(x_p,y_p)$ 移动到 $(x_p-1,y_p),(x_p,y_p-1)$ 中的一个，小V可以从他所在的 $(x_v,y_v)$ 移动到 $(x_v-1,y_v-1),(x_v,y_v-1),(x_v-1,y_v-1)$ 中的一个，但是两个人要保证不能移动到对方的位置并且不能移动到坐标为负的地方，在一次移动中他们也可以选择留在原地不动，先到达 $(0,0)$ 的人赢，给定 $x_p,y_p,x_v,y_v$，在两人都足够聪明的情况下，求出游戏的胜者。$0<x_p,y_p,x_v,y_v\leq 10^5$。

Solution:

1. $x_p+y_p\leq \max(x_v,y_v)$

此时小P必胜，因为小V不管选择怎么走，小P都可以选择一种走法使得这个不等式依然成立，到最后会有小P先到达 $(0,0)$。

2. $x_p\leq x_v,y_p\leq y_v$

此时小P必胜，和上面同理，小V不管选择怎么走，小P都可以选择一种走法使得这两个不等式依然成立，因为考虑到不可能同时满足 $x_p\neq x_v,y_p\neq y_v$，所以小P只需要看横坐标还是纵坐标和小V相等了，就把哪个坐标 $-1$，显然这样会使得小P走到 $(0,0)$。

3. 其他情况

实际上小P只有上面两种情况可以赢，但是笔者并不会证明。

考虑到不管小P怎样走，小V都可以选择一种走法使得上面两个条件都不成立，然而小P到 $(0,0)$ 的最短路径就是 $x_p+y_p$，小V到 $(0,0)$ 的最短路径就是 $\max(x_v,y_v)$，既然不满足条件1，所以小V离原点更近，肯定是小V先到达原点即小V必胜。

Reference

Code

signed main() {
	#define Pwin { puts("Polycarp"); return 0; }
	#define Vwin { puts("Vasiliy"); return 0; }
	int x1 = read(), y1 = read(), x2 = read(), y2 = read();
	if(x1 + y1 <= Max(x2, y2)) Pwin;
	if(x1 <= x2 && y1 <= y2) Pwin;
	Vwin;
}

Part5 SG函数简单练习题选做

Cutting Game

给定一张 $N\times M$ 的矩形网格纸，两名玩家轮流行动。

在每一次行动中，可以任选一张矩形网格纸，沿着某一行或某一列的格线，把它剪成两部分。

首先剪出 $1\times 1$ 的格纸的玩家获胜。

两名玩家都采取最优策略行动，求先手是否能获胜。

$2\leq N,M\leq 200$。

题目链接：POJ 2311 Cutting Game，ACWing 219. 剪纸游戏

Solution

最后终止条件为剪出 $1\times 1$ 的获胜，不符公平组合游戏中的 "终止的局面为必败点" 的性质，但可以转化终止的局面，使得终止的局面为必败点。

能剪出 $1\times 1$ 的纸片当且仅当当前为 $1\times x$ 或 $x\times 1,x>1$ 的纸片，这些纸片一定是必败点。

那么把终点定义成当前局面为 $1\times x$ 或 $x\times 1,x>1$，就满足了公平组合游戏的性质。

设 $SG(x,y)$ 为 $x\times y$ 的局面的 SG 函数值。一刀可以横着切也可以竖着切，切完一刀后是分成了两个局面，由 SG 定理，如果这样切当前 SG 函数的值就为分成的两个局面的 SG 函数值的异或值。

所以有：

$$SG(x,y)=\text{mex}(\{SG(i,y)\oplus SG(x-i,y)\mid 2\leq x-2\}\cup \{SG(x,i)\oplus SG(x,y-i)\mid 2\leq i\leq y-2\})$$

注意到 $SG$ 不会超过 $N,M$，则可以在 $\mathcal{O}(N^3)$ 的复杂度内求解，也就是 $\mathcal{O}(N^2)$ 枚举，单次 $\mathcal{O}(N)$ 转移。

Code

int n, m;
int SG[210][210], vis[210];
void pre() {
	for(int x = 2; x <= 200; ++x)
		for(int y = 2; y <= 200; ++y) {
			for(int i = 0; i <= 200; ++i) vis[i] = 0;
			for(int i = 2; x - i >= 2; ++i) vis[SG[i][y] ^ SG[x-i][y]] = 1;
			for(int i = 2; y - i >= 2; ++i) vis[SG[x][i] ^ SG[x][y-i]] = 1;
			for(int i = 0; i <= 200; ++i)
				if(!vis[i]) {
					SG[x][y] = i;
					break;
				}
		}
}
signed main() {
	pre();
	while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
		printf("%s\n", SG[n][m] == 0 ? "LOSE" : "WIN");
	return 0;
}

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