蓝桥杯 试题 历届试题 高僧斗法 博弈论
问题描述
古时丧葬活动中经常请高僧做法事。仪式结束后，有时会有“高僧斗法”的趣味节目，以舒缓压抑的气氛。
节目大略步骤为：先用粮食（一般是稻米）在地上“画”出若干级台阶（表示N级浮屠）。又有若干小和尚随机地“站”在某个台阶上。最高一级台阶必须站人，其它任意。(如图1所示)
两位参加游戏的法师分别指挥某个小和尚向上走任意多级的台阶，但会被站在高级台阶上的小和尚阻挡，不能越过。两个小和尚也不能站在同一台阶，也不能向低级台阶移动。
两法师轮流发出指令，最后所有小和尚必然会都挤在高段台阶，再也不能向上移动。轮到哪个法师指挥时无法继续移动，则游戏结束，该法师认输。
对于已知的台阶数和小和尚的分布位置，请你计算先发指令的法师该如何决策才能保证胜出。
节目大略步骤为：先用粮食（一般是稻米）在地上“画”出若干级台阶（表示N级浮屠）。又有若干小和尚随机地“站”在某个台阶上。最高一级台阶必须站人，其它任意。(如图1所示)
两位参加游戏的法师分别指挥某个小和尚向上走任意多级的台阶，但会被站在高级台阶上的小和尚阻挡，不能越过。两个小和尚也不能站在同一台阶，也不能向低级台阶移动。
两法师轮流发出指令，最后所有小和尚必然会都挤在高段台阶，再也不能向上移动。轮到哪个法师指挥时无法继续移动，则游戏结束，该法师认输。
对于已知的台阶数和小和尚的分布位置，请你计算先发指令的法师该如何决策才能保证胜出。
输入格式
输入数据为一行用空格分开的N个整数，表示小和尚的位置。台阶序号从1算起，所以最后一个小和尚的位置即是台阶的总数。（N<100, 台阶总数<1000）
输出格式
输出为一行用空格分开的两个整数: A B, 表示把A位置的小和尚移动到B位置。若有多个解，输出A值较小的解，若无解则输出-1。
样例输入
1 5 9
样例输出
1 4
样例输入
1 5 8 10
样例输出
1 3
解题思路:nim定理+如何应用在本题
nim定理证明:(参考https://blog.csdn.net/qq_39861441/article/details/82936117 )在这里我用编程的思维解释证明过程
解题思路:nim定理+如何应用在本题
nim定理证明:(参考https://blog.csdn.net/qq_39861441/article/details/82936117 )在这里我用编程的思维解释证明过程
定义P-position和N-position，其中P代表Previous，N代表Next。直观的说，上一次move的人有必胜策略的局面是P-position，也就是“后手可保证必胜”或者“先手必败”，现在轮到move的人有必胜策略的局面是N-position，也就是“先手可保证必胜”。更严谨的定义是：1.无法进行任何移动的局面（也就是terminal position）是P-position；2.可以移动到P-position的局面是N-position；3.所有移动都导致N-position的局面是P-position。
按照这个定义，如果局面不可能重现，或者说positions的集合可以进行拓扑排序，那么每个position或者是P-position或者是N-position，而且可以通过定义计算出来。
按照这个定义，如果局面不可能重现，或者说positions的集合可以进行拓扑排序，那么每个position或者是P-position或者是N-position，而且可以通过定义计算出来。
编程角度:关于博弈问题我们经常使用的方式是递归调用，每次改变当前局面再交给对方处理。如果所有可能走法有一步返回胜(对方返回负)可以取胜，否则负。
f(局面 x)
{
边界处理
for( 我可能走的所有走法 ){
试着走一步---->局面y
胜负 = f(y)
if( f(y)==负 ) return 胜
恢复局面(或者直接传入改变的变量）
}
return 负
}
结合上定义，P-position即函数返回-1(负)，N-position即函数返回1。对应严谨定义1:即递归到最底层返回-1的条件 定义2:只要有一步对方返回-1，则函数返回1 定义3:如果所有走法对方都胜，则我负。
Nim定理结论:(Bouton's Theorem)：对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)，它是P-position当且仅当a1^a2^...^an=0，其中^表示异或(xor)运算。
Nim定理证明:
根据定义，证明一种判断position的性质的方法的正确性，只需证明三个命题： 1、这个判断将所有terminal position判为P-position；2、根据这个判断被判为N-position的局面一定可以移动到某个P-position；3、根据这个判断被判为P-position的局面无法移动到某个P-position。
第一个命题显然，terminal position只有一个，就是全0，异或仍然是0。
第二个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。不妨设a1^a2^...^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k<ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai'=ai^k，此时a1^a2^...^ai'^...^an=a1^a2^...^an^k=0。
第三个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^...^an=a1^a2^...^ai'^...^an可以得到ai=ai'。所以将ai改变成ai'不是一个合法的移动。证毕。
第一个命题显然，terminal position只有一个，就是全0，异或仍然是0。
第二个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。不妨设a1^a2^...^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k<ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai'=ai^k，此时a1^a2^...^ai'^...^an=a1^a2^...^an^k=0。
第三个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^...^an=a1^a2^...^ai'^...^an可以得到ai=ai'。所以将ai改变成ai'不是一个合法的移动。证毕。
关于命题2:即k^k = 0，所以要让ai ----> ai^k ,最终异或结果即为0，而每次都要取石子数>0，所以剩下的 ai' < ai 。
Nim游戏中玩家改变的是每堆石子数目，而本题玩家通过改变小和尚的位置改变两个小和尚位子间距。
注意这里小和尚的位置是两两成对考虑的，比如1 5 8 10 考虑1-5和8-10间距，因为5-8间距对博弈结果没有影响:5位置向前1位置可以跟随。而如果位置是奇数则最后一个间距以0处理。
且石子数目只能减小，而小和尚位置可能增大，比如5向前后1位置与其间隔增大。
实现代码
实现代码
#include<cstdio> const int Max_N = 100; int N; int position[Max_N];//输入位置 int a[Max_N/2]; //两两位置间距 void solve() { //初始化a[] int len = 0; for( int i=0; i+1<N; i+=2 ) {//计算两两间距 a[len++] = position[i+1] - position[i] - 1; } if( N%2 ) a[len] = 0; //位置为奇数 else len--; //len为最大下标 int k = a[0]; //计算异或 for( int i=1; i<=len; i++) { k ^= a[i]; } if( k==0 ) {//P-position局面 先手必败 printf("%d\n",-1); return; } for( int i=0; i<=len; i++) { int a_ = a[i]^k; //从小到大一次判断 if( a_<a[i] ) {//间距减小 2*i位置向前移动 printf("%d %d\n",position[2*i], position[2*i]+a[i]-a_); return; } if( a_>a[i]&&i<len ) {//间距增大 2*i+1向前移动 int length = position[2*i+2] - position[2*i+1] - 1; if( a_-a[i] < length ) { printf("%d %d\n",position[2*i+1], position[2*i+1]+a_-a[i] ); return; } } } } int main() { N = 0; while( scanf("%d",&position[N++])!=EOF ); N--; //N是position[]长度 因为多加了一个EOF(-1)所以再减去 solve(); return 0; }
//输入结束判定是EOF 如果要自己验证可以读入文件 或者用Ctrl+z表示输入结束
