容斥原理+简单博弈论
容斥原理
2个韦恩图的面积并:\(S_1+S_2-S_1S_2\)
3个韦恩圆的面积并:\(S_1+S_2+S_3-S_1S_2-S_1S_3-S_2S_3+S_1S_2S_3\)
n个韦恩圆的面积并:\(S_1+S_2+...+S_n-S_1S_2-...-S_{n-1}S_n+...+(-1)^{n-1}S_1S_2...S_n\)
共有\(C_n^1+C_n^2+...+C_n^n=2^n-1\)项 \(O(2^n)\)
从集合的角度来看:
给定一个整数 \(n\) 和 \(m\) 个不同的质数 \(p_1,p_2,…,p_m\)。
请你求出 \(1∼n\) 中能被 $p_1,p_2,…,p_m $中的至少一个数整除的整数有多少个。
1~10中能被2或3整除的数的个数：
只需要计算\(2^m\)次
那么如何用代码表示每个集合选与不选的状态呢？
一共有\(2^n-1\)中状态，由1开始
这里使用二进制，以\(m=4\)为例，\((1101)_2\)表示选中集合\(S_1,S_2,S_4\)，所以集合中的元素个数为\(\frac{n}{p_1p_2p_4}\)
再根据公式，可以得到前面的系数为\((-1)^{3-1}=1\)
所以在这个状态下就是\(res += n/ (p1*p1*p4)\)
但是需要特别注意枚举的质数的积大于n的情况，这里需要特判一下
以及为什么要 \(n/(p_1\times ... \times p_n)\)而不是\(n/p_1/.../p_n\)，是因为直接整除会有精度误差
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 20;
int p[N];
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < m; i ++) cin >> p[i];
ll res = 0;
for(int i = 1; i < pow(2, m); i ++)
{
int cnt = 0;
ll t = 1;
for(int j = 0; j < m; j ++)
{
if(i >> j & 1)
{
if(t * p[j] > n)
{
t = -1;
break;
}
t *= p[j];
cnt ++;
}
}
if(t == -1) continue;
// cout << cnt << " " << t << endl;
if(cnt % 2) res += n / t;
else res -= n / t;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
博弈论
公平组合游戏ICG
若一个游戏满足：
-
由两名玩家交替行动；
-
在游戏进程的任意时刻，可以执行的合法行动与轮到哪名玩家无关；
-
不能行动的玩家判负；
则称该游戏为一个公平组合游戏。
NIM博弈属于公平组合游戏，但城建的棋类游戏，比如围棋，就不是公平组合游戏。因为围棋交战双方分别只能落黑子和白子，胜负判定也比较复杂，不满足条件2和条件3。
有向图游戏
给定一个有向无环图，图中有一个唯一的起点，在起点上放有一枚棋子。两名玩家交替地把这枚棋子沿有向边进行移动，每次可以移动一步，无法移动者判负。该游戏被称为有向图游戏。
任何一个公平组合游戏都可以转化为有向图游戏。具体方法是，把每个局面看成图中的一个节点，并且从每个局面向沿着合法行动能够到达的下一个局面连有向边。
先手必胜状态：先手进行某一个操作，留给后手是一个必败状态时，对于先手来说是一个必胜状态。即先手可以走到某一个必败状态。
先手必败状态：先手无论如何操作，留给后手都是一个必胜状态时，对于先手来说是一个必败状态。即先手走不到任何一个必败状态。
Mex运算
设S表示一个非负整数集合。定义\(mex(S)\)为求出不属于集合\(S\)的最小非负整数的运算，即：
\(mex(S) = min\{x\}\), \(x\)属于自然数，且\(x\)不属于\(S\)
也就是集合里面不存在的最小的自然数，比如\(mex\{1,2,3\} = 0\)
SG函数
终点状态为全部是0，\(SG(终点)=0\)
在有向图游戏中，对于每个节点\(x\)，设从\(x\)出发共有\(k\)条有向边，分别到达节点\(y_1, y_2, …, y_k\)，定义\(SG(x)\)为\(x\)的后继节点$y_1, y_2, …, y_k \(的\)SG\(函数值构成的集合再执行\)mex(S)\(运算的结果，即： \)SG(x) = mex({SG(y1), SG(y2), …, SG(yk)})\( 特别地，整个有向图游戏\)G\(的\)SG\(函数值被定义为有向图游戏起点\)s\(的\)SG\(函数值，即\)SG(G) = SG(s)$。
有向图游戏的和
设\(G_1, G_2, …, G_m\) 是\(m\)个有向图游戏。定义有向图游戏\(G\)，它的行动规则是任选某个有向图游戏\(G_i\)，并在\(G_i\)上行动一步。\(G\)被称为有向图游戏\(G_1, G_2, …, G_m\)的和。
有向图游戏的和的\(SG\)函数值等于它包含的各个子游戏\(SG\)函数值的异或和，即：
\(SG(G) = SG(G_1) \bigoplus SG(G_2) \bigoplus … \bigoplus SG(G_m)\)
定理模板
有向图游戏的某个局面必胜，当且仅当该局面对应节点的SG函数值大于0。
有向图游戏的某个局面必败，当且仅当该局面对应节点的SG函数值等于0。
NIM游戏
给定\(n\)堆物品，第\(i\)堆物品有\(A_i\)个。两名玩家轮流行动，每次可以任选一堆，取走任意多个物品，可把一堆取光，但不能不取。取走最后一件物品者获胜。两人都采取最优策略，问先手是否必胜。
我们把这种游戏称为NIM博弈。把游戏过程中面临的状态称为局面。整局游戏第一个行动的称为先手，第二个行动的称为后手。若在某一局面下无论采取何种行动，都会输掉游戏，则称该局面必败。
所谓采取最优策略是指，若在某一局面下存在某种行动，使得行动后对面面临必败局面，则优先采取该行动。同时，这样的局面被称为必胜。我们讨论的博弈问题一般都只考虑理想情况，即两人均无失误，都采取最优策略行动时游戏的结果。
NIM博弈不存在平局，只有先手必胜和先手必败两种情况。
定理： NIM博弈先手必胜，当且仅当 \(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n != 0\)
证明：
-
操作到最后，每堆石子个数都是\(0\)的时候，\(0 \bigoplus 0 \bigoplus 0 ... \bigoplus 0 = 0\)，先手必败
-
\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n = x \neq 0\)
假设\(x\)的二进制表示中最高的一位1在第\(k\)位，那么\(A_1-A_n\)中必然存在一个数\(A_i\)，\(A_i\)的第\(k\)位二进制为1
那么，存在\(A_i \bigoplus x < A_i\)，所以从第\(i\)堆中拿走 \(A_i - ( A_i \bigoplus x)\) 个石子是合法的
那么第\(i\)堆就剩下 \(A_i - (A_i - ( A_i \bigoplus x)) = A_i \bigoplus x\)个石子
\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus ... \bigoplus A_n \bigoplus x = x \bigoplus x = 0\)
-
\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n = 0\)
要证明从\(A_1 - A_n\)中任选一堆拿任意个，可以使得 \(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n\) 的值不是0
反证法：
存在\((A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_i') \bigoplus (A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_i) = 0\)
则有 \(A_i' \bigoplus A_i = 0 \Rightarrow A_i' = A_i\)
基于上述证明：
- 如果先手面对的状态是\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n \neq 0\)那么先手总可以通过拿走某一堆若干个石子，将局面变成\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n = 0\) .如此重复，最后一定是后手面临最终没有石子可拿的状态。先手必胜。
- 如果先手面对的局面是\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n = 0\)，那么无论先手怎么拿，都会将局面变成\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n \neq 0\)，那么后手总可以通过拿走某一堆若干个石子，将局面变成\(A_1 \bigoplus A_2 \bigoplus … \bigoplus A_n = 0\)。如此重复，最后一定是先手面临最终没有石子可拿的状态。先手必败。
台阶-NIM游戏
现在，有一个 \(n\) 级台阶的楼梯，每级台阶上都有若干个石子，其中第 \(i\) 级台阶上有 \(a_i\) 个石子(\(i≥1\))。两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一级台阶上拿若干个石子放到下一级台阶中（不能不拿）。已经拿到地面上的石子不能再拿，最后无法进行操作的人视为失败。问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。
e.g. 石子数量为2 1 3
先手将3台阶的1块拿到2台阶，变为 2 2 2
然后对手从偶数k台阶拿多少到奇数k-1台阶，就从奇数k-1台阶拿多少到偶数k-2台阶，假如对手从3台阶拿多少到2，就相应的从1拿多少到地上（0台阶）
此时，我们需要将奇数台阶看作是一个的经典Nim游戏，如果先手时奇数台阶上的值的异或值为0，则先手必败，反之必胜
先手时，如果奇数台阶异或非0，根据经典Nim游戏，先手总有一种方式使奇数台阶异或为0，于是先手留了奇数台阶异或为0的状态给后手，于是轮到后手：
①当后手移动偶数台阶上的石子时，先手只需将对手移动的石子继续移到下一个台阶，这样奇数台阶的石子相当于没变，于是留给后手的又是奇数台阶异或为0的状态
②当后手移动奇数台阶上的石子时，留给先手的奇数台阶异或非0，根据经典Nim游戏，先手总能找出一种方案使奇数台阶异或为0
因此无论后手如何移动，先手总能通过操作把奇数异或为0的情况留给后手，当奇数台阶全为0时，只留下偶数台阶上有石子。
（核心就是：先手总是把奇数台阶异或为0的状态留给对面，即总是将必败态交给对面）
因为偶数台阶上的石子要想移动到地面，必然需要经过偶数次移动，又因为奇数台阶全0的情况是留给后手的，因此先手总是可以将石子移动到地面，当将最后一个（堆）石子移动到地面时，后手无法操作，即后手失败。
因此如果先手时奇数台阶上的值的异或值为非0，则先手必胜，反之必败！
集合-NIM游戏
给定 \(n\) 堆石子以及一个由 \(k\) 个不同正整数构成的数字集合 \(S\)。现在有两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子数量必须包含于集合 \(S\)，最后无法进行操作的人视为失败。问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。
-
我们可以确定对于确定的集合\(S\)，以及唯一确定的数字，其\(SG\)值也是唯一确定的
即使在不同石子堆中，由于取石子的方式唯一，所以其终点和分支是唯一的，所以在所有石子堆中，在集合\(S\)确定的条件下，每个数的\(SG\)值都保持不变。
-
假设取石子的集合为\(\{2,5\}\)，且仅有一堆石子，石子数为10
-> 3(1) -> 1(0)
-> 5(2) -> 0(0)
10(1)
-> 8(0) -> 3(1) -> 1(0)
-> 6(1) -> 1(0)
-> 4(0) -> 2(1) -> 0(0)
我们设终点的SG值为10，当仅有一堆石子的时候，如果\(SG(10) \neq 0\)必胜，否则必败。
当\(SG\)值不为0时，因为\(SG\)值经过了\(mex\)运算，所以其连接的点中必然有一点\(SG\)值为0，当走到\(SG\)为0的这一点时，由于\(mex\)运算，该点连接的所有点的值必然不为0。
又因为终点的\(SG\)值为0，所以只要先手的\(SG\)值不为0，就可以一直走到\(SG\)值为0的点，从而最终走向终点。
- 当有任意多堆石子的时候
假设任意每堆石子的\(SG\)值已知
10(3)
15(5)
20(2)
每堆石子的\(SG\)值都是与其连接的点的\(SG\)值中，最小的且与连接点的值不同的最小非负整数，所以选择时都可以选择\(SG\)值\(0-SG(x)\)之间的任意数
e.g.
那么，将每堆石子的\(SG\)值取出来，可以发现这些值拼接起来就可以称为NIM游戏
当\(SG(x_1)\bigoplus SG(x_2) \bigoplus SG(x_3) = m\neq 0\)时，可以选择\(SG\)值最大的那一个，如\(SG(x_2)\)，使得
所以，当所有石子堆的异或值不等于0的时候必胜
我们可以通过类似于递归+记忆化搜索的方式实现\(SG\)函数
#include <iostream>
#include <set>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 110, M = 10010;
int minn = 10010;
int s[N], sgv[M];
int k, n, res = 0;
int sg(int x)
{
if(sgv[x] != -1) return sgv[x];
if(x < minn) return sgv[x] = 0;
set<int> st;
for(int i = 0; i < k; i ++)
{
if(x >= s[i]) st.insert(sg(x-s[i]));
}
for(int i = 0; ; i ++)
{
if(!st.count(i)) return sgv[x] = i;
}
}
int main()
{
scanf("%d", &k);
for(int i = 0; i < k; i ++) scanf("%d", &s[i]), minn = min(minn, s[i]);
scanf("%d", &n);
memset(sgv, -1, sizeof(sgv));
while(n --)
{
int x;
scanf("%d", &x);
res ^= sg(x);
}
if(res) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
return 0;
}
拆分-NIM游戏
给定 \(n\) 堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以取走其中的一堆石子，然后放入两堆规模更小的石子（新堆规模可以为 \(0\)，且两个新堆的石子总数可以大于取走的那堆石子数），最后无法进行操作的人视为失败。问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。
相比于集合-Nim，这里的每一堆可以变成小于原来那堆的任意大小的两堆
即\(a[i]\)可以拆分成\((b[i],b[j])\),为了避免重复规定\(b[i]>=b[j]\),即：\(a[i]>b[i]>=b[j]\)
相当于一个局面拆分成了两个局面，由\(SG\)函数理论，多个独立局面的\(SG\)值，等于这些局面\(SG\)值的异或和。
因此需要存储的状态就是\(sg(b[i])^sg(b[j])\)（与集合-Nim的唯一区别）
因为这题中原堆拆分成的两个较小堆小于原堆即可，因此任意一个较小堆的拆分情况会被完全包含在较大堆中，因此\(set\)可以开全局。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
using namespace std;
const int N = 110;
int s[N];
int sg(int x)
{
if(s[x] != -1) return s[x];
set<int> st;
for(int i = 0; i < x; i ++)
{
for(int j = 0; j <= i; j ++)
{
st.insert(sg(i) ^ sg(j));
}
}
for(int i = 0; ; i ++)
{
if(st.count(i) == 0) return s[x] = i;
}
}
int main()
{
memset(s, -1, sizeof(s));
int n, res = 0;
cin >> n;
while(n --)
{
int x;
cin >> x;
res ^= sg(x);
}
if(res) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
return 0;
}
