【学习笔记】博弈论 --- Nim 博弈

博弈论基础

几个基本的知识

有限博弈

• 先手必胜当且仅当先手将当前状态变为先手必败态
• 先手必败当且仅当先手不能将当前状态变为先手必败态

有向无环图博弈

• 给定一个 \(\text{DAG}\)，初始 \(1\) 号点有一个棋子，小 \(A\) 和小 \(B\) 可以将棋子沿出边移动一次，最后无法移动的为输者。

SG 函数

• 基本描述：

  • 对于有向无环图博弈，\(SG(i) = \text{mex}(SG(j)|edge(i,j) \in E)\)，\(\text{mex}\) 即未出现过的最小非负整数。则先手必胜则意味着 \(SG(1) \not= 0\)，也就是 \(SG(1) = 0\) 意味着先手必败态。

  • 证明： 我们将分以下三个部分证明，\(SG(1) \not= 0\) 时先手必胜：

    • 最终态是必败态：
      • 显然最终态就是无法移动，也就是 \(SG = 0\)，也就是必败态。
    • 必胜态可以走向必败态：
      • 若 \(SG(1) \not= 0\)，意味着我们可以走向 \(SG = 0\) 的点，也就是可以走向必败态
    • 必败态只能走向必胜态：
      • 当 \(SG(1) = 0\) 时，显然不能走到 \(SG = 0\) 的点，所以只能走向必胜态

子游戏

• 问题描述：

  • 给定 \(m\) 个 \(\text{DAG}\)，小 \(A\) 和小 \(B\) 每次可以选择一个 \(\text{DAG}\)，并将其上的棋子沿出边移动一次，移动不了为输。

  • SG定理： 先手必胜当且仅当每个 \(\text{DAG}\) 的起点的 \(SG\) 的异或值不等于 \(0\)

  • 证明： 依旧分以下三个部分证明：

    • 最终态是必败态：
      • 最终态就是无法移动，所有的 \(SG\) 都等于 \(0\)，显然是必败态
    • 必胜态可以走向必败态：
      • 若 \(\oplus_{i=1}^m SG(i) = a \not= 0\)，显然我们可以通过某个 \(\text{DAG}\) 上走一步，使得 \(\oplus_{i=1}^m SG(i) = 0\)，也就是可以走向必胜态。因为我们最终的答案里面的每一个 \(1\)，肯定都可以通过在某一个 \(\text{DAG}\) 上走一步，使得答案除去当前起点的值导致最高位消掉，我们再走到含有剩下的 \(1\) 的点，这样加入贡献之后这些 \(1\) 也消掉了。
    • 必败态只能走向必胜态：
      • 显然无法移动一步，使得移动后的 \(SG\) 的异或和等于现在的异或和，也就是一定走向必胜态。

Nim 游戏

Nim 游戏

• 题目描述：

  • 有 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆石子有 \(a_i\) 个，\(A\) 和 \(B\) 每次可以从任意一堆中取出至少一个，不能取的人为输，请问谁有必胜策略。

• 题目分析：

  • 显然每一堆石子都是一个子游戏，我们可以以石子数为\(\text{DAG}\)上的点，那么对于起点 \(i\) 它的 \(SG\) 显然等于 \(a_i\)，因为我们可以将图理解为如下样子：

  • 

  • 显然从底向上 \(SG\) 值依次为：\(0,1,2,3\)。注意最底端的节点代表 \(0\) 个石子。

例题

• 题目描述：

  • 给定 \(n\) 行，第 \(i\) 行的长度为 \(a_i\)，每行最左边有一颗白子，最右边有一颗黑子， \(A\) 可以移动白子，\(B\) 可以移动黑子，不能跨过对方的棋子，不能移动为输。

• 题目分析：

  • 我们棋子向边上走肯定不优，因为根据模仿的思想，假设白子向左移 \(x\)，那么黑子也可以向左移 \(x\)，这样显然使得白子的局势不会更优。那么我们就考虑向中间走 \(1\)，就理解为拿一颗石子，那么对于第 \(i\) 行就是相当于有 \(a_i - 2\) 个石子，也就是成为了我们的 Nim 游戏。

K-Nim 游戏

• 题目描述：

  • 有 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆石子有 \(a_i\) 个，\(A\) 和 \(B\) 轮流进行操作，每次操作最多可以选择 \(K\) 堆石子每堆石子拿至少一个，不能取的人为输，问谁有必胜策略。

  • 定理： 将 \(a_i\) 按二进制拆分，若每个二进制位上为 \(1\) 的个数对 \(K + 1\) 取模等于 \(0\)，则先手必败

  • 证明：

    • 最终态是必败态：显然最终态为必败态，因为已经全部取完了
    • 必胜态可以走向必败态：
      • 假设我们已经改变了 \(m\) 堆，使得第 \(i\) 位之前的位都是 \(K+1\) 倍数，那么就要找到一种方式使得第 \(i\) 位也是 \(K + 1\) 的整数倍。显然对于考虑完的 \(m\) 堆，我们可以任意的选择其第 \(i\) 位是 \(0\) 或 \(1\)，那么我们记不考虑这 \(m\) 堆，剩下的堆里第 \(i\) 位 \(1\) 的个数为 \(sum\)。
        • 若 \(sum \le K - m\)，显然可以将这 \(sum\) 个 \(1\) 都变成 \(0\)，然后将 \(m\) 堆的 \(1\) 也都变成 \(0\)。这样就相当于第 \(i\) 位的总数为 \(0\)，符合条件。
        • 若 \(sum > K - m\)，我们在这 \(m\) 堆里，选出 \(K + 1 - sum\) 堆变成 \(1\)，这样两者一加就是 \(K+1\) 个 \(1\)，符合条件。化简一下就能得到 \(K + 1 - sum \le m\)
    • 必败态只能走向必胜态：
      • 我们每次最多将某一个二进制位上的 \(1\) 改变 \(K\) 个，最少将某一个二进制位上的 \(1\) 改变 \(1\)，因为我们最少改变一堆最多改变 \(K\) 堆。因为我们原来的每一个二进制位都是 \(K+1\) 的倍数，所以我们更改之后一定不都是，即一定是必胜态。

例题

• 题目来源：

  • [SDOI2011]黑白棋

• 题目分析：

  • 这个题其实最麻烦的是证明 K-Nim 游戏，不过我证了
    我们考虑如果初始状态给定，那么这就是一个 K-Nim 游戏，我们依旧将距离视为石子也就能发现了。然后根据 K-Nim 游戏的过程，我们可以想出一个显然巨难的状态：\(dp[i][j]\) 表示前 \(i-1\) 位取模后全部是 \(0\)，当前放了 \(j\) 个棋子的方案数，也就是先手必输的方案数。
  • 那么转移就是我们枚举第 \(i\) 位是 \(d + 1\) 的多少倍，然后也就是从这 \(\dfrac{k}{2}\) 个堆里，选 \(x(d + 1)\) 个，也就是乘一个组合数 \(\binom{\frac{k}{2}}{x(d + 1)}\)，然后我们最后还要搞一下这些堆在哪里，也就是乘 \(\binom{n - i - \frac{k}{2}}{\frac{k}{2}}\)

反 Nim 游戏

• 题目描述：
  • 有 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆石子的个数为 \(a_i\)，\(A\) 和 \(B\) 轮流从一堆中选择至少一个石子，取到最后一个的人为输，问谁有必胜策略。
• 题目分析：

  • Anti-SG定理： 假设当所有子游戏的 \(SG\) 均为 \(0\) 时游戏结束，那么满足如下条件之一先手必胜：

    • 所有子游戏的 \(SG\) 的异或和不为 \(0\)，且某个游戏的 \(SG\) 值大于 \(1\)
    • 所有子游戏的 \(SG\) 的异或和为 \(0\)，且所有游戏的 \(SG\) 值都小于等于 1

  • 证明：

    • 我们定义如下的四个状态：
      • \(A\)：\(SG\) 的异或和等于 \(0\)，且存在某个游戏的 \(SG\) 大于 \(1\)（先手必败）
      • \(B\)：\(SG\) 的异或和等于 \(0\)，且任意游戏的 \(SG\) 小于等于 \(1\)（先手必胜）
      • \(C\)：\(SG\) 的异或和不等于 \(0\)，且存在某个游戏的 \(SG\) 大于 \(1\)（先手必胜）
      • \(D\)：\(SG\) 的异或和不等于 \(0\)，且任意游戏的 \(SG\) 小于等于 \(1\)（先手必败）
    • 最终态是必胜态：
      • 因为最终态就是所有的子游戏 \(SG\) 值都为 \(0\)，显然此时先手必胜
    • 必胜态可以走向必败态：
      • 若满足状态 \(C\)
        • 若只有一个游戏的 \(SG\) 大于 \(1\)，那么显然可以将这个游戏的 \(SG\) 值变成 \(0\) 或 \(1\)，而我们 \(SG\) 的异或和不为 \(0\)，所以就走到了状态 \(D\)，必败态。
        • 若有多个游戏的 \(SG\) 大于 \(1\)，则可以使用类似 \(SG\) 定理的推导过程，将 \(SG\) 的异或和变为 \(0\)，且存在某个游戏的 \(SG\) 大于 \(1\)，即走到了状态 \(A\)，必败态
      • 若满足状态 \(B\)
        • 若到达终止条件，即全是 \(0\)，则直接胜利并终止游戏
        • 若某个游戏的 \(SG\) 值为 \(1\)，则将这个值变为 \(0\)，那么就到达了状态 \(D\)，必败态
    • 必败态必须走向必胜态
      • 若满足状态 \(A\)
        • 若多个游戏的 \(SG\) 值大于 \(1\)，显然只能转化为状态 \(C\)，必胜态。因为此时 \(SG\) 的异或值不可能为 \(0\)，而且也存在某个游戏的 \(SG\) 值大于 \(1\)
        • 若只有一个游戏的 \(SG\) 值大于 \(1\)，显然这种条件下不可能导致 \(SG\) 的异或值不等于 \(0\)
      • 若满足状态 \(D\)
        • 若将某一个 \(SG\) 值为 \(1\) 的游戏的 \(SG\) 值改为 \(0\)，显然对于 \(SG\) 的异或和是取反的，因为原来异或的值只有 \(1\) 或 \(0\)，异或之后依旧是 \(1\) 或 \(0\)，这样就会到达状态 \(B\)，必胜态。
        • 若将一个 \(SG\) 值为 \(0\) 的游戏的 \(SG\) 值改为 \(1\)，显然也是取反，会到达状态 \(B\)，必胜态.
        • 若将一个 \(SG\) 值为 \(0\) 的游戏的 \(SG\) 值改为大于 \(1\) 的值，显然会到达状态 \(C\)，必胜态。因为此时显然 \(SG\) 异或和不会等于 \(0\)，而有的游戏的 \(SG\) 值大于 \(1\)。

阶梯博弈

• 题目描述：
  • 有 \(n\) 个阶梯呈编号升序排列，每个阶梯上有若干个石子，可行的操作是将一个阶梯上的石子移至少一个到前一个台阶。当没有可行操作时，即所有石子都被移动到了地面（第 \(0\) 号台阶）输。
• 题目分析：

  • 定理： 阶梯博弈相当于奇数号台阶的 Nim 游戏，即当奇数号台阶上的石子数的异或和不为 \(0\) 时，先手必胜。

  • 证明：

    • 最终态是必败态：
      • 显然最终态是所有的石子数为 \(0\)，仅考虑奇数也是必败态
    • 必胜态可以走到必败态：
      • 我们一定可以把某一些石子放到偶数堆上，也就是能使得奇数堆的异或和为 \(0\)，即走到必败态
    • 必败态必定走到必胜态：
      • 显然我们无法通过调整石子数使得异或和保持 \(0\) 不变，所以必败态必定会走到必胜态。

例题

• 题目描述
  • 给定 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆石子的个数为 \(a_i\) 个，保证初始石子数单调不降，\(A\) 和 \(B\) 轮流操作，每次可以从某一堆石子中移走至少一个，需要满足在任意时刻石子数均单调不降，不能取的人输。
• 题目分析
  • 对石子数差分，然后倒序编号，也就相当于阶梯博弈的模型。