【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:
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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。
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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
- 最终态是必败态:
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子游戏
- 问题描述:
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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。
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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 \(0\)
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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。
- 最终态是必败态:
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Nim 游戏
Nim 游戏
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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。
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题目分析:
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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:
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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。
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例题
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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。
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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:
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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。
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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
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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 \(K + 1 - sum \le m\)
- 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 \(sum\)。
- 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。
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例题
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题目来源:
- [SDOI2011]黑白棋
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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:
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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
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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
- 若满足状态 \(C\)
- 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 \(1\)。
- 若满足状态 \(A\)
- 我们定义如下的四个状态:
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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:
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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。
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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。
- 最终态是必败态:
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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。