博弈论

概述

• 博弈论研究的主要是具有竞争或对抗性质的对象，在一定规则下产生的各种行为。

• 在 OI 中，其的表现主要是两个足够聪明的人（即总是做出最优决策）按某种规则进行一个游戏，对不同的初始局面研究胜负情况。

• 通常我们使用以下两个维度来划分游戏：公平/非公平，正常/反常。但我们先不讨论它们的区别，我们在定义完正常公平组合游戏后再说这些。

• 定义先手必败的状态为必败状态，先手必胜的状态为必胜状态。于是，OI 中常见的正/反常公平/非公平组合游戏基本都具有如下性质：

  • 没有后继状态的状态是必败/胜（这取决于游戏是正常还是反常）状态。

  • 有至少一个后继状态是必败状态的状态是必胜状态。

  • 所有后继状态都是必胜状态的的状态是必败状态。

正常公平组合游戏

• 满足以下三个条件的游戏是正常公平组合游戏：

  • 两个玩家，轮流决策，完全信息。

  • 双方的可行操作仅依赖于局面，与是谁无关。

  • 同一局面无法多次抵达，游戏以玩家无法行动为结束，且游戏一定会在有限步数内以非平局结束。

• 在正常公平组合游戏中：

  • 推论：我们一定可以用 $O(n+m)$，即在反图（因为每个点依赖于儿子）上 toposort 的时间来计算出博弈树上每一个点是必胜还是必败（因为同一局面无法多次抵达所以是有向无环图）。

  • 推论推广：对于一个有向有环博弈图，我们也可以使用修改的拓扑排序（下面的所有入队不相容，只能入一次）。

    • 如果任意一个点被确定必胜，入队。

    • 如果一个点已经没有入度，那么它必败，入队。

    • 如果一个点没有入过队，那么这个点处在一个真环上，必平。

非公平组合游戏

• 非公平组合游戏和公平组合游戏的区别主要在于可行操作和行动方是谁有关。

• OI 中的非公平组合游戏，除了少量的、有特别优美性质的之外，基本都只能进行对抗搜索——其规律往往与超现实数有关，很遗憾我不会。

反常游戏

• 反常游戏和正常游戏的区别在于游戏结束时无法行动的一方获胜。

• 在游戏只有一个子游戏时，如果规则合适，譬如某些经典的取石子游戏，我们通常可以通过把石子数减一的方式来将反常游戏转化为正常游戏，因为反常游戏的规律要复杂得多。但请注意，这一操作在多个子游戏的复合游戏中往往是不可行的，且这非常依赖游戏本身的规则。

更多博弈论游戏

• 尽管受 OI 选手博弈论水平和算法在博弈上本身的无力的限制，OI 中的博弈论问题往往不会很复杂，但还是有一定的多样性的。事实上，我们上面谈到的都是“有胜负”的游戏。现在不妨来看看其他游戏。

• 通常，“两个玩家，轮流决策，完全信息”的规则是总是存在的。对应的反例往往导致极难的鬼畜题目，例如 $\text{P4459 [BJOI2018] 双人猜数游戏}$。

• 不过，我们一般能见到的其他博弈论游戏还是比较接近棋类的限制，即游戏是非公平的，在此基础上双方分别试图将正方的优势最大化/最小化。

有向图游戏

• 所谓有向图游戏，指的并不是状态和决策构成一幅有向图的游戏。毕竟似乎所有游戏都满足这个定义。

• 有向图游戏的定义如下：在一个有向无环图中，只有一个起点，上面有一个棋子，两个玩家轮流沿着有向边推动棋子，不能走的玩家判负。

• 事实上，大部分的正常公平组合游戏都可以转化为有向图游戏，且在此时我们有着非常美妙的 SG 定理。

• 对应地，我们也有反常有向图游戏，其也有对应的 anti-SG 定理。

MIN-MAX 搜索/对抗搜索

• 若将状态视为自动机的点，决策视为自动机的边，则显然一个博弈论游戏的所有有效状态构成一个 DFA。其不一定是无环的，但我们可以搜一下看看。

• 运用类 dp/记搜的方式，博弈双方一方试图使优势最大，另一方试图使对方优势最小。

• 当局面有价值时，通常直接用局面价值作为 dp 内容。注意，这实质上也是逆向 dp，因为转移方程通常是 $d{p}_{now}=max/min(d{p}_{to}\pm cost(now,to))$，父节点的值由子节点决定。

• 当仅有胜负时，通常使用逆向 dp，即状态定义为离胜还需要多少步。

Alpha_Beta 剪枝

• 限于每方总是要做出最优决策的限制，对抗搜索的剪枝是不容易的。然而博弈树往往过大，故我们还是得想一些办法。基于已有最优决策的剪枝应运而生。

• 我们给每个节点赋上两个值： $alpha$ 和 $beta$ ，分别代表从这个点到结局的价值的下界（最小）（至少能有这么优的决策，无法更劣）和上界（最大）（至多能有这么优的决策，无法更优）。

• 初始时， $alpha=-inf,beta=inf$ 。

• 首先显然的是，最大层我们更新 $alpha$，$beta$ 不更新；最小层我们更新 $beta$，$alpha$ 不更新。

• $alpha$ 剪枝：

  • 对于最大决策点，我们肯定是不断地这样操作： $alpha=max(bet{a}_{son}+value(now,son))$。

  • 所以我们传给儿子的 $alph{a}_{son}$ 应该为 $alpha-value(now,son)$。

  • 如此一来，如果儿子搜出来了一个 $bet{a}_{son}⩽alph{a}_{son}$，就说明这个节点不能使我们获得更大的 $alpha$。所以这个儿子及其子树没有价值，赶紧剪枝。

  • 返回 $alph{a}_{son}$ 还是 $bet{a}_{son}$ 其实是无所谓的，前者使得 $max$ 的两者相等，后者使得 $alpha>those$ ，保证 $alpha$ 不变。

• $beta$ 剪枝：

  • 操作应该是这样：$beta=min(beta,alph{a}_{son}+v(now,son))$ 。

  • 从而下传的 $bet{a}_{son}$ 应该为 $beta-v(now,son)$ 。

  • 如果儿子搜到了一个 $alph{a}_{son}⩾bet{a}_{son}$ ，就说明这个节点不能使我们获得更小的 $beta$ 。

• 要特别注意，根据最大/最小层的不同，转移式中的 $value(now,son)$ 的正负号可能会变，取决于所选择的搜索目标。

• 乍一看很强，但以普遍理性而论，大部分博弈论都是结论题。所以，搜索很可能过不了。

P4363 [九省联考 2018] 一双木棋 chess

• 参看状压 DP-需求式问题。

SG 定理

• SG 定理用于判断多个有向图游戏的复合游戏的胜负情况。

• 定义 $mex$ 函数的值为不属于集合 $S$ 中的最小自然数，即 $mex(S)=min(x)(x\notin S,x\in N)$。

• 如果一个游戏可以被转化为有向图游戏（即，该游戏有有向无环博弈图），那么我们定义它的 SG 值为 $SG(x)=mex\{SG(son)\},\mathrm{\exists }{e}_{x,son})$。

• 特别地，$SG(0)=0$，即单个子游戏已经没有可行操作时的 SG 为 $0$。

• 从而对于一个由多个有向图游戏组成的 SG 游戏（可行操作集为空的玩家输），假设其当前各子游戏状态集为 $s_i$，我们有定理如下：

• 当且仅当 $SG(x)=SG(s_1)\oplus SG(s_2)\oplus \cdots \oplus SG(s_k)\ne 0$，该状态先手必胜，否则先手必败。其中 $SG(x)$ 即为这个组合游戏的状态的 SG 值。

• 可以用数学归纳法证，但很长，而且这个我真的没看太懂。

Nim 游戏

• 给定 $n$ 堆数量分别为 $a_i$ 个的石子。每次可以选择取一堆中的任意个（不能不取），无法操作的人输。

• 首先这个肯定也是可以拓扑排序的，不过总状态数太大，达到了 $\prod _{i=1}^n{a}_i$，放弃。

• 由 SG 定理，容易得到结论：满足 $a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_n=0$ 的状态为必败状态。

• 但我们先假装我们不知道这个结论对不对，证明一下试试吧。

• 想要证明上面的结论，只需证明下面三个定理：

  • 无后继状态的状态（最终状态）满足上式。

    • $a_i=0$ ，很显然，略。

  • 对于 $a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_n\ne 0$ 的状态，一定存在至少一种决策使得 $a_1^{\prime }\oplus a_2^{\prime }\oplus \cdots \oplus a_n^{\prime }=0$（有至少一个后继状态是必败状态的状态是必胜状态）。

    • 不妨令 $a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_n=k$。

    • 显然，$\mathrm{\exists }{a}_i$ 使得 $a_i$ 在 $k$ 的二进制下最高位为 $1$。

    • 所以把 $a_i$ 这一位上取成 $0$，显然比这一位低的位上是 $1$ 还是 $0$ 是任意的。

    • 我们让他和 $k$ 对位相消，如果 $k$ 这一位是 $0$ 就让 $a_i$ 这一位不变，否则 $a_i$ 这一位取反。

    • 从而有 $a_1^{\prime }\oplus a_2^{\prime }\oplus \cdots \oplus a_n^{\prime }=0$。

  • 对于 $a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_n=0$ 的状态，一定不存在任意一种决策使得 $a_1^{\prime }\oplus a_2^{\prime }\oplus \cdots \oplus a_n^{\prime }=0$（所有后继状态都是必胜状态的状态是必败状态）。

    • 这个稍微显然一点。取了之后必然导致某一位上 $1$ 的个数改变，所以异或值改变，不成立。

• 上述证明即为一般博弈论猜出结论后的证明方式。换句话说...暴力打表猜结论才是重点。

• 实际猜结论时常常利用对称性。即，模仿对方操作来保持某种性质。

阶梯 Nim（Staircase Nim）

• 从阶梯上往下移动石子。已经到地面的不能再动。每次可以移动任一层阶梯上的任意个，但不能不移动。无法操作者输。

• 更形式化也更一般化的描述：$n$ 堆石子，每次可以从第 $i+1$ 堆中取出任意个放到第 $i$ 堆，也可以把第 $1$ 堆的任意个拿走，无法操作者输。

• 显然偶数层的石子不影响结果（模仿操作，第一个人移到奇数层，第二个人再移一下）。

• 进一步地，将一个石子从奇数层移到偶数层后，它不再影响胜负。

• 是不是感觉有点什么？换种说法，将一个石子从奇数层移到偶数层，相当于把它扔掉。

• 只考虑奇数层。本质仍然是 Nim 游戏。SG 函数同上，其余略。

anti-SG 定理

• anti-SG 定理用于判断多个反常有向图游戏的复合游戏的胜负情况。

• 单个游戏的 SG 函数定义不变，但：

• 对于一个由多个有向图游戏组成的 anti-SG 游戏（可行操作集为空的玩家赢），假设其当前各子游戏状态集为 $s_i$，我们有定理如下：

• 当且仅当 $(SG(x)\ne 0\wedge \mathrm{\exists }SG(s_i)>1)\vee (SG(x)=0\wedge \nexists SG(s_i)>1)$ 时，该状态先手必胜，否则先手必败。

• 其中 $SG(x)$ 即为这个组合游戏的状态的 SG 值，定义同前。

• 证明略。

反常 Nim（anti-Nim）

• 规则同 Nim ，但最后无法操作的人赢（最后一个操作的人输）。

• 不依赖 anti-SG 定理的证明非常复杂，我不是很想写。姑且放一下结论：

• 必胜状态必然满足以下两个条件之一：

  • 若所有堆都仅有 $1$ 个石子，则堆数为偶。

  • 否则，$a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_n\ne 0$。

更多复杂游戏

斐波那契博弈（Fibonacci Nim）

• 有一堆石子，数量为 $n(n>1)$ ，拿走最后一颗的玩家获胜。

• 第 $1$ 手不能全部拿完，第 $i+1$ 手至多拿第 $i$ 手拿的数量的 $2$ 倍。

• 相关题目：$\text{P6791 [SNOI2020] 取石子}$，虽然是 anti 但是只有一堆所以容易。

• 先放结论：当且仅当 $n$ 是斐波那契数，先手必败。

• 证明：（下面认为 $fi{b}_0=fi{b}_1=1,fi{b}_2=2$，但所有 $i$ 最小从 $1$ 开始）

  • 引理 1：$fi{b}_{i+1}<2fi{b}_i<fi{b}_{i+2}(i>1)$。

    • $2fi{b}_i=fi{b}_i+fi{b}_{i-1}+fi{b}_{i-2}=fi{b}_{i+1}+fi{b}_{i-2},andfi{b}_{i-2}<fi{b}_i(i>1)$

    • 所以引理 1 成立。

  • 引理 2：$\frac{4}{3}fi{b}_i<fi{b}_{i+1}$。

    • 显然 $i=1,2,3$ 时成立。

    • 如果该引理对 $i=1,2,\dots ,m-1$ 成立，则：

    • $\frac{4}{3}fi{b}_i=\frac{4}{3}fi{b}_{i-1}+\frac{4}{3}fi{b}_{i-2}<fi{b}_i+fi{b}_{i-1}=fi{b}_{i+1}$

    • 所以引理 2 成立。

  • 引理 3：$fi{b}_i⩾\frac{1}{3}fi{b}_{i+2}$。

    • 当 $i=1$，显然成立。

    • 当 $i⩾2$，假设不成立，从而 $fi{b}_{i+2}>3fi{b}_i=2fi{b}_i+fi{b}_{i-1}+fi{b}_{i-2}=fi{b}_{i+1}+fi{b}_i+fi{b}_{i-2}=fi{b}_{i+2}+fi{b}_{i-2}$，矛盾。

    • 所以引理 3 成立。

  • 引理 4：从小于 $fi{b}_i$ 的斐波那契数中选取 $fi{b}_{a_1},fi{b}_{a_2},\dots ,fi{b}_{a_k},a_{i+1}>a_i+1$，则 $\sum _{i=1}^{k}fi{b}_{a_i}<fi{b}_i$。

    • 假设 $\sum _{i=1}^{k}fi{b}_{a_i}⩾fi{b}_i$，则我们有 $\sum _{i=1}^{k^{\prime }=k-1}fi{b}_{a_i}⩾fi{b}_i-fi{b}_{a_k}⩾fi{b}_{a_k-1}$（因为 $i⩾a_k+1$），且显然 $a_k-1>a_{k^{\prime }}$ 。

    • 反复递降直到 $k^{\prime }=1$ ，此时 $fi{b}_{a_1}⩾fi{b}_{a_2-1},a_2-1>a_1$，显然不成立。

    • 所以引理 4 成立。

  • 引理 5：（齐肯多夫定理）$x=\sum _{i=1}^{k}fi{b}_{a_i},a_{i+1}>a_i+1(x\in {\mathbb{N}}_{\mathbb{+}})$，该拆分唯一存在。

    • 存在性：

      • 若 $m$ 是斐波那契数，显然成立。

      • 考虑 $m$ 不是斐波那契数的情况。

      • 如果该引理对 $i=1,2,\dots ,m-1$ 成立，则：

      • 取 $k_1$ 使 $fi{b}_{k_1}<m<fi{b}_{k_1+1}$， 从而记 $m=delta+fi{b}_{k_1}$ 。

      • 显然我们有 $delta=m-fi{b}_{k_1}<fi{b}_{k_1+1}-fi{b}_{k_1}=fi{b}_{k_1-1}<m-1$。

      • 从而 $delta$ 一定满足该定理。同时， $delta<fi{b}_{k_1-1}$，所以 $delta$ 的拆分的最后一个至多为 $fi{b}_{k_1-2}$，而 $m$ 独立于 $delta$ 的拆分仅有一个 $fi{b}_{k_1}$，两者显然不连续。

    • 唯一性：

      • 假设 $m$ 是最小的有两种拆分的数，$a,b$ 分别为其拆分中最大的 $fibonacci$ 数。

      • 首先假设 $a\ne b$。不妨令 $a<b$，由引理 4，第一种拆分所得的和必然 $<b$，又 $b<m$，所以不成立，从而 $a=b$ 。

      • 那么 $m-a$ 必然有两种拆分才能使 $m$ 的拆分不唯一，但这与 $m$ 是最小的有两种拆分的数矛盾。所以假设不成立，该拆分一定唯一。

  • 好耶！我们终于可以回到斐波那契博弈了（雾）！

  • 定理 1：当 $n$ 是斐波那契数，先手必败，且后手可以设法最后赢的一手拿的数量 $⩽\frac{2}{3}n$ 。

    • 显然 $n=fi{b}_2,fi{b}_3$ 时该定理成立。

    • 如果该定理对 $n=fi{b}_2,fi{b}_3,\dots ,fi{b}_{k-1}$ 都成立，则取 $n=fi{b}_k$。

    • 首先我们把当前这局游戏分为两个阶段：拿前 $fi{b}_{k-2}$ 颗石子，和拿后 $fi{b}_{k-1}$ 颗石子。

    • 我们先来证明两个阶段一定可以相互独立（在后手方的努力下）：

    • 首先，先手方肯定不会拿 $⩾fi{b}_{k-2}$ 个石子。否则根据引理 $1$，此时后手方至多能拿 $2fi{b}_{k-2}>rest=fi{b}_{k-1}$ 颗石子，可以一手拿完。

    • 从而先手方一定不会在第一手离开第一阶段。而第一阶段相当于一个 $n^{\prime }=fi{b}_{k-2}<n$ 的子游戏，后手肯定能赢，即后手一定能拿到最后一颗，确保两个阶段相互独立。

    • 于是我们来到了可以作为一个子游戏的第二阶段。显然先手唯一的胜算就是一手全部拿完，但因为后手最后赢的一手拿的数量 $⩽\frac{2}{3}fi{b}_{k-2}$，所以先手方现在最多拿的数量 $⩽\frac{4}{3}fi{b}_{k-2}$，由引理 2，这一数量 $<fi{b}_{k-1}$。可怜的先手方无论如何都一手拿不完！

    • 又由引理 3，$fi{b}_{k-2}⩾\frac{1}{3}fi{b}_k$ ，即 $fi{b}_{k-1}⩽\frac{2}{3}fi{b}_k$ 。因为第二阶段先手先拿，所以这一手之后 $rest<\frac{2}{3}fi{b}_k$。所以对于 $n$，后手最后赢的一手拿的数量一定可以 $⩽\frac{2}{3}n$ 。

  • 定理 2：当 $n$ 不是 $fibonacci$ 数，先手必胜。

    • 根据引理 5，我们把 $n$ 拆分成 $\sum _{i=1}^{k}fi{b}_{a_i}$。

    • 先手第一次取 $fi{b}_{a_1}$ 颗。由引理 1（后半部分），后手无法一手取完 $fi{b}_{s_2}$，从而这时的后手相当于上面定理 1 中的先手。攻守之势异也！

威佐夫博弈（Wythoff's game）

• 有两堆石子，数量分别为 $a,b$，每次操作可以选一堆取至少一个或在两堆中同时取走同样多个石子。无法行动者输。

• 威佐夫博弈的必败局面称为奇异局势。事实上，从威佐夫博弈的规则可以看出，若 $a,b$ 是奇异局势，则 $a+x,b$ 和 $a,b+x$ 以及 $a+x,b+x$ 都不可能是奇异局势。

• 这似乎暗示我们每个数都有它从属于的奇异局势，且相邻两个奇异局势的 $|a-b|$ 差为 $1$。事实上，由此可以简洁地递推构造所有奇异局势，即从 $0$ 开始遍历所有自然数，若其尚未有奇异局势则其为所在奇异局势中的较小方，其加上已有奇异局势数量即可得到较大方。

• 但这显然不很满足我们的需求，这一构造方式是 $O(v)$ 的。事实上，我们有结论：记 $a=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，则第 $k$ 个奇异局势的较小一方为 $\lfloor ak\rfloor$，较大一方为 $\lfloor ak\rfloor +k$（奇异局势从 $0$ 开始编号）。

• 不过显然这一结论在我们不知道手里的石子数 $x$ 是奇异局势中的较小者还是较大者时并不好用。故有一个更优美的结论：较大一方为 $\lfloor a{k}^2\rfloor$。因为每个自然数都属于且恰属于一个奇异局势，所以这一结论已经非常够用了。

• 证明依赖 beatty 定理，我偷个懒。

• 相关题目：$\text{P2252 [SHOI2002] 取石子游戏|[模板] 威佐夫博弈}$，以及 $\text{23.2.23 T3 简单取石子}$。