博弈
参考资料：
[1]:https://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7854526
[2]:博弈总结
（一）巴什博奕（Bash 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。
显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。
因此我们发现了如何取胜的法则：
令 n=(m+1)*r+s，（r为任意自然数，s ≤ m）;
如果 s > 0，那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m）个，那么先取者再拿走 m+1-k 个，结果剩下 (m+1)*(r-1)个;
以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。
反之，如果 s == 0，那么后取者肯定获胜。
总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
这个游戏还可以有一些变相的玩法：
1)两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。
2)有二十杯水，其中确定有一杯含有毒药，两个人轮流喝，最少喝一杯，最多喝三杯，谁会喝到有毒的水？
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）
有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示两堆物品的数量并称其为局势；
如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。
前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出，a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有如下三条性质：
- 任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
- 任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
- 采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
性质1证明：
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。
所以性质1成立。
性质2证明：
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。
如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
性质3证明：
假设面对的局势是（a,b），且满足 a ≤ b；
①若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇异局势（0，0）；
②若 a = ak ，b > bk，那么，从 b 中取走b – bk个物体，即变为奇异局势；
③若 a = ak ，b < bk，假设奇异局势差 bj - aj = b-a，那么，从a,b两堆中同时取走 a-aj 个物体就变成了奇异局势（aj,bj）；
④若 a > ak ，b = ak + k，则从第一堆中拿走多余的数量a – ak 即可；
⑤若 a < ak ，b= ak + k,分两种情况；
第一种，a = aj （j < k），从第二堆里面拿走 b – bj 即可；
第二种，a = bj （j < k），从第二堆里面拿走 b – aj 即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；
反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势（a，b），且 a ≤ b，怎样判断它是不是奇异局势呢？
我们有如下公式：
如果 (int)(b-a)*( (1+sqrt(5) ) / 2 ) == a ，那么此局势就是奇异局势，后手必胜；
反之，先手必胜。
而 (sqrt(5)+1) / 2 = 1.618 ;
大家都知道0.618是黄金分割率。
而威佐夫博弈正好是1.618，这就是博弈的奇妙之处！
（三）尼姆博奕（Nimm Game）：
有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。
第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。
仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情形。
计算机算法里面有一种叫做“按位模2加”，也叫做异或的运算，我们用符号 xor 表示这种运算。
这种运算和一般加法不同的一点是 1+1=0。
先看（1，2，3）的按位模2加的结果：
1 = 01(2)
2 = 10(2)
3 = 11(2) xor
———————
0 = 00(2) （注意不进位）
对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。
任何奇异局势（a，b，c）都有a xor b xor c = 0。
如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？
假设 a < b< c；
1)如果 a ≥ b xor c ，令 a = b xor c，那么奇异局势就是 ( b xor c , b , c)；
2)如果 b ≥ a xor c ，令 b = a xor c，那么奇异局势就是 ( a , a xor c , c)；
3)如果 c ≥ a xor b ，令 c = a xor b，那么奇异局势就是 ( a , b , a xor b)；
取火柴的游戏
题目1：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 可将一堆全取走，但不可不取；
最后取完者为胜，求必胜的方法。
题目2：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 可将一堆全取走，但不可不取；
最后取完者为负，求必胜的方法。
先解决第一个问题吧。
定义：若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示，否则， 为利己态，用S表示。
简言之，T态为奇异局势，S态为非奇异局势；
[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。
证明： 若有n堆火柴，每堆火柴有A(i)根火柴数，那么既然现在处于S态， c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0; 把c表示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，则必然存在一个A(t), 它二进制的第p位也是1。 （否则，若所有的A(i)的第p位都是0，这与 c 的第p位为 1 矛盾）。 那么我们令 x = A(t) xor c,则得到 x < A(t). 这是因为既然 A(t) 的第p位与 c 的第p位同为1,那么 x 的第p位变为0, 而高于 p 的位并没有改变。 所以x < A(t)；而 A(1) xor A(2) xor … xor (x) xor … xor A(n) = A(1) xor A(2) xor … xor (A(t) xor c) xor … xor A(n) = A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor c = 0 这就是说从A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴后状态就会从S态变为T态。证
[定理 2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。
[定理 3]：S态，只要方法正确，先手必赢。
最终胜利即由S态转变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理1，可以把它变成T态）对方只能把T态转变为S态(定理2)。
这样，所有S态向T态的转变都可以有己方控制，对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。
[定理 4]：T态，只要对方法正确，先手必败。
接着来解决第二个问题。
定义：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根，则称为充裕堆。
定义：T态中，若充裕堆的堆数大于等于2，则称为完全利他态，用T2表示；
若充裕堆的堆数等于0，则称为部分利他态，用T0表示。
定义：S态中，S0表示充裕堆的堆数等于0；
S1表示充裕堆的堆数等于1；
S2表示充裕堆的堆数大于等于2；
孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。
如果只有一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。故仅有一个充裕堆不会是T态。
[定理5]：S0态，必败。T0态必胜。
证明：
S0态，其实就是有奇数堆，每堆仅有一根火柴。
每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对 方取；
所以最后一根必己取。
先手必败。
同理, T0态先手必胜。
[定理6]：S1态，只要方法正确，必胜。
证明：
若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；
否则，取成一根。这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。
由定理5，后手必输。
[定理7]：S2态不可转一次变为T0态。
证明：
充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。
[定理8]：S2态可一次转变为T2态。
证明：
由定理1，S态可转变为T态，故S2态可一次转变为T态，又由定理7，S2态不可转一次变为T0态，所以转变的T态为T2态。
[定理9]：T2态，只能转变为S2态或S1态。
证明：
由定理2，T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。
[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜.
证明： 方法如下： 1)S2态，就把它变为T2态。（由定理8） 2)对方只能由T2转变成S2态或S1态（定理9） 若转变为S2, 转向1） 若转变为S1, 先手必胜（定理5）
[定理11]：T2态必输。
证明：同定理10。
综上所述，必输态有：T2,S0
必胜态有：S2,S1,T0.
