博弈论
Nim 游戏
\(n\) 堆石子，每堆有\(a_i\)个，两个玩家每次取走任意一堆的任意个，不能不取，询问先手有无必胜策略
结论是
如果石子异或和为\(0\)，则先手必败，否则先手必胜
证明：
首先终态异或和为\(0\)，如果任意一个异或和不为\(0\)的状态均可以一步转化为异或和为\(0\)，那么结论得证
-
如果异或和最高位（第\(i\)位）为\(1\)，那么一定有一堆石子第\(i\)位为\(1\)
-
设\(A_1\)就为那堆石子，其他堆石子异或和设为\(x\)，总异或和设为\(k\)，则 \(A_1 \ xor\ x=k\)，把\(A_1\)变成\(A_1\ xor\ k\)，那么后手面对的则是\((A_1\ xor\ k)\ xor\ x=0\)
-
如果先手异或和不为\(0\)，可以一步让后手的情况为异或和为\(0\)；如果先手异或和为\(0\)，那么后手异或和就不为\(0\)
例题
P4301 [CQOI2013] 新Nim游戏
也就是要前两轮操作之后异或和不为\(0\)
首先先手肯定必胜，因为可以只剩一堆，后手第二回合不动。然后我们需要找到最小花费。
多个数异或和为\(0\)，也就是其中一个可以被另一些线性表示出来
考虑线性基，线性基中没有有异或和为 \(0\) 的子集。我们让线性基里的元素和最大即可。贪心的从最大的到最小的依次插入，如果插入成功，则不能被线性表示，不会使异或和为\(0\)，否则必须删去
阶梯尼姆博弈（Staircase Nim）
\(n\)阶台阶，\(0\)为地面，每阶上有\(a_i\)个石子，每次只能把\(1\sim n\)中一堆石子上的一些往下移一格，求有无先手必胜策略
把奇数阶梯往偶数阶梯移动看做普通Nim游戏里的移除棋子，如果有一方将偶数阶梯里的棋子移到奇数阶梯，那么下一方可以把同样数量的再往下移一格，奇数阶梯石子状态不变，先后手顺序也不变
结论就是：
如果奇数阶梯的异或和为\(0\)，则先手必败，否则先手必胜
例题
P3480 [POI2009]KAM-Pebbles
差分\(c_i=a_i-a_{i-1}\)，将丢掉一些看做与左边的差变小，即\(c_i\)减小，与后面的差增大，即\(c_{i+1}\)变大
问题转化成从\(c_i\)移动石子到\(c_{i+1}\)，reverse做阶梯尼姆博弈即可
尼姆K博弈（Nim k Game）
在普通Nim游戏的基础上，我们每次可以从\(k\)堆中任意取
将普通Nim的二进制下异或和改为 每一堆石子的\(2\)进制数在\(k+1\)进制下异或和（不进位求和）
异或和为\(0\)先手必败，否则先手必胜
也就是对当前异或和造成贡献的可能最多有\(k\)堆，这\(k\)堆的最高位都要变成\(0\)，并使剩下的变成\(0\)
Nim 游戏，取完者输
特判全是\(1\)：奇数先手必败，偶数先手必胜
否则判断异或和：异或和为\(0\)先手必败，否则先手必胜
SG 函数
设\(S\)是\(x\)的后继状态（执行完一步操作之后的状态）的集合
定义\(mex\{T\}\)，其中\(T\)为正整数集合。\(mex\{T\}=\)最小的，没有在\(T\)中出现的自然数。例如\(mex\{0,1,2,4\}=3,mex\{1,2,4\}=0,mex\{\}=0\)
SG定理
定理：
游戏和的
SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和，其中Nim和就是异或和
不会证，告辞
简单应用
- 普通Nim游戏
\(x\)的后继状态为\(\{0,1,2\cdots,x-1\}\)，也就是\(SG(x)=mex\{SG(0),SG(1),SG(2),\cdots,SG(x-1)\}=x\)
而整个Nim游戏是每一堆的游戏和，游戏和的\(SG=\) \(a_i\)的异或和
例题
HDU1848 Fibonacci again and again
\(x\)的后继状态是\(\{x-fib_i\}(1\le fib_i\le x)\)
模拟\(mex\)的过程即可
void init(int n){
for(int i=1;i<=n;++i){
memset(app,0,sizeof(app));
for(int j=1;fib[j]<=i;++j)
app[sg[i-fib[j]]]=1;
for(int j=0;;++j)
if(!app[j]){sg[i]=j;break;}
}
}
巴什博弈（Bash’s Game）
只有一堆\(n\)个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取\(m\)个，最后取光者得胜
后手总能使本回合减少的数量为\(m+1\)
所以如果\(n\bmod (m+1)=0\)则先手必败，否则先手必胜
威佐夫博弈（Wythoff’s Game）
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法：
- 可以在任意的一堆中取走任意多的石子
- 可以在两堆中同时取走相同数量的石子
最后把石子全部取完者为胜者。
称后手必胜态被称为奇异局势
爆搜出前几个奇异局势分别是\((0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)\)
结论（我依然证不来），\((a,b)\)是奇异局势当且仅当：
判断的时候\(k=b-a\)，判断\(a\)是否等于\(\left\lfloor\frac{k\times (1+\sqrt{5})}{2}\right\rfloor\)
其他各种game
Chomp Game
有一个\(n\times m\)的棋盘，每次可以取走一个方格并拿掉它右边和上面的所有方格，拿到左下角的格子\((1,1)\)者输，问先手必胜还是必败。
结论：除了\(n=m=1\)的情况，先手都必胜
证明：如果先手取\((n,m)\)之后，后手有必胜策略，先手可以第一步就按照后手的必胜策略选
Ferguson Game
两堆石子各\(n,m\)个，两人轮流操作，每次清空一堆石子并将另一堆石子分成两堆(每堆至少一个)，无法操作者输，问先手输还是赢。
结论：若\(n,m\)均为奇数，先手必败，否则先手必胜
证明：
对于\((1,1)\)显然是先手必败，\((1,2),(2,2),(2,1)\)都是先手必胜
考虑归纳证明，假设\(\max(x,y)<k\)时成立，现证明\(\max(x,y)=k\)时也成立
- 如果有一个是偶数，将奇数的那个清空，将偶数的拆成两个奇数，后手必败，先手必胜
- 两个都是奇数，一定会被拆出来一奇一偶，后手必胜，先手必败
杂题
P1288 取数游戏II
性质：每次走一条路必须走完，两个方向第一次走到\(0\)的边或走完一遍了就结束
证明：反证法：要是不走完，后手就可以再走回去
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i])len1++;
else break;
}
for(int i=n;i>=1;i--){
if(a[i])len2++;
else break;
}
if((len1&1)||(len2&1)) puts("YES");
else puts("NO");
P1290 欧几里德的游戏
设当前的两个数为\((a,b),a\le b\)
- \(a=b\) 先手必胜
- \(b<2a\)，则\((a,b)\)只能转换成\((b,b-a)\)，此时的胜者为\((b,b-a)\)的反方
- \(b\ge 2a\)，经过若干次变化后必定变成\((b,b\%a)\)
- \((b,b\%a)\)必败，那么直接一次变为\((b,b\%a)\)，把必败情况留给后手
- \((b,b\%a)\)必胜，那么一次变为\((b,b\%a+a)\)，后手下一步只能一步转化为\((b,b\%a)\)，必胜情况回到自己
bool dfs(int a,int b){
if(a==b) return 1;
else if(a<b) swap(a,b);
if(a/b>1) return 1;
else return 1^dfs(b,a%b);
}
POJ 2484 A Funny Game
\(n\le 2\)时先手必胜，否则：
- 如果\(n\)为偶数，后手可以中心对称地模仿先手的操作
- 如果\(n\)为奇数，第一步将环断成两个相同的链，继续模仿
POJ 1740 A New Stone Game
如果所有的堆都有一堆个数相等的与之配对，那么先手必败，因为后手可以模仿先手操作。否则先手必胜，因为大小相邻的两个数之差 之和小于等于最大的一堆（画一个条形图方便理解），把最大的那堆分给没有凑成对的，多余的扔掉，一定可以构造出一一配对的情况
POJ 2505 A multiplication game
打表找规律
\([1,9] [10,18] [19,162] [163,324] [325,2916]\)的胜负关系依次是：先/后/先/后/先
也就是一直除以\(18\)之后与\(9\)比大小
#define db double
db n;
int main(){
while(scanf("%lf",&n)!=EOF){
while(n>18.0)n/=18.0;
puts((n<=9.0)?"Stan wins.":"Ollie wins.");
}
return 0;
}
POJ 2068 Nim
DP（记搜）即可
