Multi-nim结论及证明

考虑有这样一种nim游戏，每次可以取石子或把一堆石子分为两堆都不为0的石子，最后取完的获胜。

先给出结论，\(Sg(x)\)表示一堆石子数为\(x\)的sg值

\[Sg(x)=\begin{cases} 0(x=0)\\ x-1(x\mod4=0)\\ x(x\mod4=2,1)\\ x+1(x\mod4=3)\\ \end{cases}\]

然而我并没有找到严谨的证明，大家好像都是通过暴力算sg函数然后打表找规律的方法得到的，那我给出一种证明（不一定严谨QAQ）

考虑用数学归纳法：

对于\(x=0,1,2,3\)，上式显然成立

然后我们对\(x\)分情况讨论：

1. \(x\mod4=1\iff x=4a+1\)

\(Sg(x)\)是所有后继的mex，那么我们只需要考虑\(x\)前几个数的sg值

\(Sg(4a)=4a-1,Sg(4a-1)=4a,Sg(4a-2)=4a-2,Sg(4a-3)=4a-3=4(a-1)+1\)

因为\(x\)可以拆成\(x-y,y\)的形式，所以我们还要考虑\(Sg(x)\oplus Sg(x-y)\)

通过对\(x,x-y\)大力分情况讨论可以发现\(Sg(x)\oplus Sg(x-y)\)无法得到\(4a+1\)，那么该情况成立

2. \(x\mod4=2\iff x=4a+2\)

我们仍然考虑sg值

\(Sg(4a+1)=4a+1,Sg(4a)=4a-1,Sg(4a-1)=4a,Sg(4a-2)=4a-2=4(a-1)+2\)

同样按照上面的方法分析可以发现\(Sg(x)\oplus Sg(x-y)\)无法得到\(4a+2\)，于是该情况成立

3. \(x\mod4=0\iff x=4a\)

\(Sg(4a-1)=4a,Sg(4a-2)=4a-2,Sg(4a-3)=4a-3,Sg(4a-4)=4a-5=4(a-1)-1\)

同理\(Sg(x)\oplus Sg(x-y)\)无法得到\(4a-1\)，该情况成立

4. \(x\mod4=3\iff x=4a+3\)

\(Sg(4a+2)=4a+2,Sg(4a+1)=4a+1,Sg(4a)=4a-1,Sg(4a-1)=4a\)

而这次我们可以构造出\(y=3,x-y=4a\)得到\(Sg(y)\oplus Sg(x-y)=3\oplus 4a=4a+3\)，因为\(4a\)二进制最后两位一定为\(0\)，所以和\(3\)异或等同于加法，而且通过和上面类似的讨论可以发现\(Sg(x)\oplus Sg(x-y)\)无法得到\(4a+4\)，于是该情况成立

综上四种情况都成立那么该结论成立。

暂时还不知道数学归纳以外的证法QAQ