《编程之美》读书笔记06: 1.13 NIM(3)两堆石头的游戏
《编程之美》读书笔记06: 1.13 NIM(3)两堆石头的游戏
问题:
假设有两堆石子,两人轮流取石子,每次可以从一堆取任意个石子,或者从两堆取相等数量的任意个石子,但不能不取。
若先把石子取光的一方为胜方,先取者有什么必胜策略?
若先把石子取光的一方为输方,先取者的策略要进行怎样调整?
记得初中时在学校门口的书店,买到一本《智力游戏中的数学方法》,当时如获至宝。书中提到一个“皇后登山”游戏,就是在空的围棋棋盘上放一个棋子,该棋子每次只能向上或向右或沿对角线向右上方向移动(和国际象棋中的皇后移动相似),可以移动任意格,但不能不移动,两人轮流移动棋子,先将棋子移动到右上角者赢,问先移棋者的必胜策略。书中还提到这个捡石子游戏,并说明这两个游戏是“同构”,必胜策略是相同的。
NIM游戏的“必胜策略”可以概括为:找出最终获胜局面具有的某种性质,对具有该性质的局面的一次操作得到的新局面必然不具有这种性质,而对不具有该性质的局面,总可以通过一次操作,得到一个具有该性质的新局面。假设游戏双方分别为A、B,只要A方能到达具有该性质的某个局面,则B方一定不能到达具有该性质的任意一个局面,从而不能到达获胜局面,因而B方必败,即A方必胜。这种性质可以是对称性(1.11的策略)、每堆数二进制表示各个位的和的奇偶性(1.12的策略)、属于某个集合(1.13的策略)。
对于1.13的NIM游戏,就是寻找这样的一系列关键局面(包括最终获胜局面),总可以通过一次操作将一个非关键局面转为关键局面,而一次操作必将一个关键局面转为非关键局面。因此,从一个关键局面到另一个关键局面至少要(并且能只要)两次操作(“两次操作原则”)。
用<a, b> (a<=b)表示两堆的石子数分别为a、b的局面。对所有的关键局面<x, y>,按x值大小升序排列,最终可用<Fn, Gn >(其中 Fn <= Gn,n>=0)来表示第n个关键局面Mn, 并记<F0, G0 >为最终获胜局面M0(对拿到最后一个获胜的,M0=<0,0>,而对拿到最后一个输的,M0=<0,1>),定义Tn=Gn-Fn >=0。每次取石子的操作规则为:从某一堆取任意个石子,或从两堆同时取任意个相同的石子。从M0开始利用这个规则去除不合的局面。根据规则,显然在已知M0 M1 … Mn 情况下,Mn+1 应该满足:Fn+1不与任意一个Fi或Gi(0<=i<=n)相同,Tn+1也不与任意一个Ti(0<=i<=n)相等。因而,可以假设:Fn+1是不与任意一个Fi、Gi(0<=i<=n)相同的最小非负整数,Tn+1是不与任意一个Ti相等的最小非负整数(0<=i<=n)。由该假设得到的<Fn, Gn >即为关键局面,符合“必胜策略”。
(证:由假设,显然有Fi >= Ti (i>=1)
① 对关键局面<Fn, Gn >,设石子较少的那堆为X,较多的那堆为Y:
⑴ A方若在X堆,或在两堆同时取k个石子,则由假设可知,X堆剩余的石子数必然与某个Fi或某个Gi(0<=i<n)相等,B方可在Y堆取石子,到达另一个关键局面< Fi, Gi >)。
⑵ A方若在Y堆取走k个石子:
⒈ 若k <= Tn,由假设必然可找到i,使得Ti=Tn-k(0<=i<n),B方只要在两堆同时取Fn-Fi个石子,即可到达关键局面< Fi, Gi >)。
⒉ 若k > Tn,则B堆剩余石子小于Fn,必然与某个Fi或某个Gi(0<=i<n)相等。
A 若与某个Gi相等,则A堆只要再取Fn-Fi个石子,即可到达关键局面< Fi, Gi >。
B 若与某个Fi相等:
如果Fn>Gi则在则A堆只要再取Fn-Gi个石子,即可到达关键局面< Fi, Gi >;
如果Fn<Gi,必然可以找到j(0<=j<i)使得Tj=Fn-Fi,两堆同时取Fi-Fj个石子到达关键局面< Fj, Gj >。
② 对非关键局面<a, b>,由假设可知,a必与某个Fi或某个Gi(0<=i<n)相等,因而,可以从另一堆取石子数,到达关键局面< Fi, Gi >;或从关键局面< Fi, Gi >某堆取石子到达非关键局面<a, b>,而由上面的证明可知,可以再通过一次操作,到达某个关键局面< Fj, Gj >。因此,总可以一次操作从非关键局面到达关键局面。
总之,由假设得到的关键局面符合“必胜策略”。)
拿最后一个赢:
n | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
T | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
F | 0 | 1 | 3 | 4 | 6 |
G | 0 | 2 | 5 | 7 | 10 |
由于T0=0,根据Tn的定义可得Tn=n,刚好是beatty序列,可由beatty序列的通项公式求得Fn的通项公式。
拿最后一个输:
n | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
T | 1 | 0 | 2 | 3 | 4 |
F | 0 | 2 | 3 | 4 | 6 |
G | 1 | 2 | 5 | 7 | 10 |
当n>=2时,关键局面与拿最后一赢的相同。
胜利条件为拿最后一个赢时,要找出所有关键局面(即书中的不安全点),最快的办法就是得用通项公式,虽然通项公式有无理数,转成浮点数,引起的误差对结果没多大影响(只有当N极大时,才会使结果不对)。对浮点计算十分昂贵的平台,还是用筛选法,利用“在两个Gi、Gj间的数必然是某个Fk值”,筛选过程只须保留一部分Gn就可以计算出新的Fn。
另外,对关键点<Fn, Gn=Fn+n>,当n>1时,从1到Fn这Fn个数,有n个在Fi,还有Fn-n个在Gj。因而0<Fn-n<n,即有:n< Fn<2*n (n>1时),在判断<x,y>(y>=x)是否是关键点,先判断是否满足这个不等式,如果满足,才生成第y-x个F值再进行判断。由通项公式可知,
Fn≈int(1.618*n),可以强化边界条件为:int(n*3/2)和int(n*7/4)。
(书上给出的定理是beatty定理。该定理的证明相当简单,有兴趣的可以google下。另外,上个世纪五六十年代,我国数学家曾在《数学通论》(有网络版)发表过证明,好像还用到了Fibonacci的通项公式。)
void nim(int num) //print all the unsafe points
{
assert(num>0);
vector<int> g(num+3);
int n=2; // f[2] is between [ g[1]+1 , g[2]-1 ]
g[1]=2; g[2]=99; // g[2] should be initialized with a value above g[1]+1=3.
int fn=g[1];
int *low=&g[2];
int *high=&g[n];
for( ; n <= num; ++n){
if( ++fn == *low){
++low;
++fn;
}
*high++ = fn + n; //f(n)=fn, g(n)=f(n)+n
}
for(int i=1;i<=num;++i) {
//const double SS=(1.0+sqrt(5))/2.0+1.0;
//if ( (int)(i*SS) != g[i] ) cout<<"Error: " << i<< "\n";
cout<< g[i]-i<< ","<<g[i]<<" ";
}
cout<<endl;
}
bool nim(int x, int y) //whether win the game
{
assert(x>=0);
assert(y>=0);
assert( !(x==0 && y==0));
int ff=x, gg=y, num;
if (x > y) ff=y, gg=x;
num=gg-ff;
if ( ff < num || ff > ( num << 1) ) return true; //win the game
vector<int> g(num+3);
g[1]=2; g[2]=99;
int n=2, fn=g[1];
int *low=&g[2];
int *high=&g[n];
for( ; n <= num; ++n){
if ( ++fn == *low) { ++low; ++fn;}
*high++ = fn + n;
}
if (*--high == gg) return false;
else return true;
}
作者: flyinghearts
出处: http://www.cnblogs.com/flyinghearts/
本文采用知识共享署名-非商业性使用-相同方式共享 2.5 中国大陆许可协议进行许可,欢迎转载,但未经作者同意必须保留此段声明,且在文章页面明显位置给出原文连接,否则保留追究法律责任的权利。