博弈论nim

Nim游戏

对于一场游戏，假设先后手公平，那么一个状态为必胜，当前仅当其能转移的状态有一个为必输，而一个状态为必输，当前仅当其能转移的状态均为必赢。

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从一个问题进入。
描述

今天我们要认识一对新朋友，Alice与Bob。
Alice与Bob总是在进行各种各样的比试，今天他们在玩一个取石子的游戏。
在这个游戏中，Alice和Bob放置了N堆不同的石子，编号1..N，第i堆中有Ai个石子。
每一次行动，Alice和Bob可以选择从一堆石子中取出任意数量的石子。至少取1颗，至多取出这一堆剩下的所有石子。
Alice和Bob轮流行动，取走最后一个石子的人获得胜利。
假设每一轮游戏都是Alice先行动，请你判断在给定的情况下，如果双方都足够聪明，谁会获得胜利？

讨论

这是一个古老而又经典的博弈问题：Nim游戏。

Nim游戏是经典的公平组合游戏(ICG)，对于ICG游戏我们有如下定义：

• 两名选手
• 两名选手轮流行动，每一次行动可以在有限合法操作集合中选择一个
• 游戏的任何一种可能的局面(position)，合法操作集合只取决于这个局面本身，不取决于轮到哪名选手操作、以前的任何操作、骰子的点数或者其它因素；局面的改变称为“移动”(move)
• 如果轮到某名选手移动，且这个局面的合法的移动集合为空（也就是说此时无法进行移动），则这名选手负

对于第三条，我们有更进一步的定义Position，我们将Position分为两类：

1. P-position：在当前的局面下，先手必败
2. N-position：在当前的局面下，先手必胜

它们有如下性质：

1. 合法操作集合为空的局面是P-position
2. 可以移动到P-position的局面是N-position
3. 所有移动都只能到N-position的局面是P-position

算法实现
取子游戏算法实现——

步骤1:将所有终结位置标记为必败点（P点）；
步骤2: 将所有一步操作能进入必败点（P点）的位置标记为必胜点（N点）
步骤3:如果从某个点开始的所有一步操作都只能进入必胜点（N点） ，则将该点标记为必败点（P点） ；
步骤4: 如果在步骤3未能找到新的必败（P点），则算法终止；否则，返回到步骤2。

在这个游戏中，我们已经知道A[] = {0,0,…,0}的局面是P局面，那么我们可以通过反向枚举来推导出所有的可能局面，总共的状态数量为A1∗A2∗…∗AN。并且每一次的状态转移很多。
虽然耗时巨大，但确实是一个可行方法。

当然，我们这里会讲这个题目就说明肯定没那么复杂。没错，对于这个游戏有一个非常神奇的结论：

对于一个局面，当且仅当A1 xor A2 xor … xor AN =0时，该局面为P局面。

如何证明这个结论呢？

SG函数

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同样从一个问题进入。

描述

给定一个有向无环图和一个起始顶点上的一枚棋子，Alice和Bob交替的将这枚棋子沿有向边进行移动，无法移动者判负。问是否有必胜策略。

讨论

事实上，这个游戏可以认为是所有ICG游戏的抽象模型。也就是说，任何一个ICG游戏都可以通过把每个局面看成一个顶点，对每个局面和它的子局面连一条有向边来抽象成这个“有向图游戏”。下面我们就在有向无环图的顶点上定义SG(Sprague-Garundy)函数。

Sprague-Grundy Theorem

SG函数的建立

首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。

对于一个给定的有向无环图，定义关于图的每个顶点的SG函数sg如下：sg(x)=mex{ sg(y) | y是x的后继 }。也就是说，一个点的SG函数为在它所有后继中都未出现的最小的值。

SG函数的性质

来看一下SG函数的性质。首先，所有的没有出边的顶点，其SG值为0，因为它的后继集合是空集。然后对于一个sg(x)=0的顶点x，它的所有后继y都满足 sg(y)≠ 0。对于一个sg(x)≠ 0的顶点，必定存在一个后继y满足sg(y)=0。

这个时候你就应该有所发现了！SG函数的性质和N,P局面的性质非常相似！
以上表明，顶点x所代表的postion是P-position当且仅当sg(x)=0（跟P-positioin/N-position的定义是完全对应的）。

后手必胜当且仅当sg的异或和为0

解题模型

举个栗子

例如：取石子问题，有1堆n个的石子，每次只能取{1，3,4}个石子，先取完石子者胜利，那么各个数的SG值为多少？
sg[0]=0，f[]={1,3,4},
x=1时，可以取走1-f{1}个石子，剩余{0}个，mex{sg[0]}={0}，故sg[1]=1;
x=2时，可以取走2-f{1}个石子，剩余{1}个，mex{sg[1]}={1}，故sg[2]=0；
x=3时，可以取走3-f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，mex{sg[2],sg[0]}={0,0}，故sg[3]=1;
x=4时，可以取走4-f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，mex{sg[3],sg[1],sg[0]}={1,1,0},故sg[4]=2;
x=5时，可以取走5-f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，mex{sg[4],sg[2],sg[1]}={2,0,1},故sg[5]=3；
以此类推…..

 x         0  1  2  3  4  5  6  7  8....
 sg[x]     0  1  0  1  2  3  2  0  1....

过程
1.把原游戏分解成多个独立的子游戏，则原游戏的SG函数值是它的所有子游戏的SG函数值的异或。

• 即sg(G)=sg(G1)^sg(G2)…^sg(Gn)。

2.分别考虑没一个子游戏，计算其SG值。

• SG值的计算方法：（重点）
  1. 可选步数为1~m的连续整数，直接取模即可，SG(x) = x % (m+1);
  2. 可选步数为任意步，SG(x) = x;
  3. 可选步数为一系列不连续的数，用模板计算。

关于SG(x) = x % (m+1);和SG(x) = x;

模板
两种方法我觉得都是搜索

方法一：打表
f[]可以取走的石子个数,注意f[]需要从小到大排序
sg[]SG函数值；vis[]标记数组，用于求mex{}

int f[MAXN],sg[MAXN];
bool vis[MAXN];
void getSG(int n)
{
    sort(f+1,f+1+n);
    memset(sg,0,sizeof(sg));
    for (int i=1; i<=n; i++)
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for (int j=1; f[j]<=i; j++)//f排序是为了让每一种取法都循环到
            vis[sg[i-f[j]]]=1;
        for (int j=0; j<=n; j++)
        {
            if (vis[j]==0)
            {
                sg[i]=j; break;
            }   
        }
    }
}

方法二：dfs
s数组是定义特殊取法规则的数组，注意要按照从小到大排序；n表示集合大小
SG函数要初始化为-1，每个集合只需初始化一遍

int s[MAXN],sg[MAXN],n;
bool vis[MAXN];
int SG_dfs(int x)
{
    if (sh[x]!=-1)
        return sg[x];
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for (int i=0; i<n; i++)
    {
        if (x>=s[i])
        {
            SG_dfs(x-s[i]);
            vis[sg[x-s[i]]]=1;
        }
    }
    int i=0;
    while (1)
    {
        if (!vis[i])
            return sg[x]=i;
        i++;
    }
}

拓展

SG函数与Nim游戏的联系？
　　如果对于一个游戏，它是ICG。那么我们可以发现，对于此游戏的一种局面，ICG上的多个sg函数的值，如果看做多个石堆的话，就相当于一个nim游戏！我们来一步步推导：

• 首先来个引理，s≥sg(x)s≥sg(x)，这个用归纳法证，应该说简单。
• 如果当前局面，所有sg函数的值都是零，先手必输。分类讨论一下。如果当前局面上的所有棋子都不能走了，显然它们的sg函数值都是零，那么先手必输。如果还有棋子能走，我们可以选一个棋子走一步，那么这个棋子的sg函数值就会变成非零。非零说明什么，说明当前棋子所在结点的孩子结点一定有一个sg函数值为零，那对手只要将棋走到那个结点就行了。然后局面就又变成了原来的。
• 前面那个其实相当于nim游戏的终止局面。那普通局面就相当于有sg函数的值不为零。还是分类讨论。如果现在对手走，sg值异或和为零（注意是异或和），他会选一个石子，然后把这个石子放到它的孩子结点上。sg值有可能增加，也有可能减少。只要sg值增加，你就把它还原回来（根据sg函数的定义，好好思考一下！），那么sg函数总有不能增加的一天，因为第一条的引理。这就相当于sg值只能减少！那这不是一个nim游戏吗？根据nim游戏里面的证明，你一定可以找到一个数，找一个石子堆，减去这个数以后，异或和还是零。最终对手就会被逼迫到第二条的局面上，然后它就输了。反之如果异或和不为零，你一定输！

通过这个sg函数，我们就可以把所有ICG游戏转换成nim游戏！

经典题目

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一、Nim游戏

第一个当然是Nim game；

Nim游戏的变形

二、阶梯博弈

这也是十分经典的一类题，并且有许多变形

• 有N堆石子放在N级楼梯上，楼梯编号为1..N（地面为0层），每堆有a[n]个石子。
• 两人轮流游戏，每次将任意堆j中的任意个石子但至少一个移动到它的相邻层 j - 1。
• 直到所有石子都移动到地面，最后移动的为胜者。

这种问题只需要考虑奇数的位置进行Nim游戏，因为石子在偶数位置是可以模仿操作的。
为什么呢？因为任何人移动了偶数层的石子后，另外一个人总是可以把他们再移到下一奇数层，那么奇数层拿到偶数层的石子就相当于是丢掉了。
所以就变成了只有奇数层的Nim游戏。

变形1

可以看做独立的问题，使用sg函数求mex
（为什么可以看做独立的问题？）

变形2

因为会对以后的台阶造成影响，问题不是独立的。

三、翻转硬币

四.Anti-Nim

SJ定理

取完最后的石子的为败者。

策略：当至少有两堆的石子数大于1时，拿法跟常规的Nim一样。当对手走完某一步后只剩一堆石子数大于1时，将那一堆石子变成0或者1，从而保证有奇数个石子数为1的堆。原因是：在nim游戏中最优策略永远不会让你留下一个石子数大于1的堆（否则Nim和一定不为0），而且有两堆石子数大于1的时候，对手也无法使这两堆同时消失。所以游戏最终变成只有一堆石子大于1的时候一定是轮到你了。

结论：先手必胜当且仅当：

(1)每一堆都只剩一个石子，且SG为0.（即：有偶数堆的石子数目为1）
(2)至少有一堆石子数目>1，且SG和不为0.（先手总可以将数目>1的石子堆数变为奇数堆）

证明：

(1)情况一：有 N 个堆，每个堆只有一个石子。显然，先手必胜当且仅当 N 为偶数，即SG和为0。
(2)情况二：
①当 SG 不为 0 时：若还有至少两堆石子的数目大于 1，则先手将 SG 值变为 0 即可；若只有一堆石子数大于 1，则先手总可以将状态变为只有奇数个 1。所以，当 SG 不为 0 时先手必胜。
②当 SG 为 0 时：至少有两堆石子的数目大于 1，则先手决策完之后，必定至少有一堆的石子数大于 1，且 SG 值不为 0(原先为0，改变一个数后一定不为0了)，由上段的论证我们可以发现， 此时，无论先手如何决策，都只会将游戏带入N态（即情况1），所以先手必败。

The End

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各类博弈问题的总结

%%%xiaoyimi学长

题目总结：

SG函数

Nim游戏

还要去刷的好题

HNOI2007 分裂游戏
BZOJ 3895

谢鸣：
xiaoyimi张浩南
zfy2000学姐

参考文献：
IOI2009国家集训队论文 贾志豪《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》
http://blog.csdn.net/Clove_unique/article/details/53868567
https://www.cnblogs.com/frog112111/p/3199780.html
http://www.cnblogs.com/MyNameIsPc/p/7597366.html
http://blog.csdn.net/qiankun1993/article/details/6765688

（未完）