博弈论全家桶

NIM博弈

裸题题意：
有n堆石子，两个绝顶聪明的人轮流操作，每次操作为取走一堆中的若干个石子，取走最后一个石子的人获胜，问先手是否能赢。

这显然是一个公平组合问题——不能行动者败。
显然，当所有堆的石子数为0，必败，此时
$a[1] \operatorname{xor} a[2] \operatorname{xor}……a[n]=0$.
不管一个人进行什么样的操作，另一个人总能把异或值调整回来。

所以如果$a[1] \operatorname{xor} a[2] \operatorname{xor}……a[n]\ne 0$，
先手给后手一个$a[1] \operatorname{xor} a[2] \operatorname{xor}……a[n]= 0$的状态，
那么以后每次先手也总能给后手一个$a[1] \operatorname{xor} a[2] \operatorname{xor}……a[n]= 0$的状态（直到石子数为零）

综上：若$a[1] \operatorname{xor} a[2] \operatorname{xor}……a[n]\ne 0$，先手必胜。反之，先手必败。

传送门

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define g getchar()
using namespace std;
int t,n,a,b;
void qr(int &x)
{
	char c=g;x=0;
	while(!('0'<=c&&c<='9'))c=g;
	while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
}
int main()
{
	qr(t);
	while(t-->0)
	{
		qr(n);qr(a);
		while(--n>0)qr(b),a^=b;
		if(a)puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}

威佐夫博弈

题意：
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。

前置知识：Beatty 定理

内容：
设$a、b$是正无理数且 $\dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} =1。$记$P=\{ \lfloor{at}\rfloor | t\in N+\}，Q=\{ \lfloor{bt}\rfloor | t\in N+\}$，则$P与Q$是$N+$的一个划分，即$P∩Q$为空集且$P∪Q为正整数集合N+$。

证明

1. $任一个正整数至多在集合P或Q中出现一次 因为a、b为正且 \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} =1，$则$a、b>1$，$所以对于不同的正整数t，\lfloor{at}\rfloor各不相同，类似对b有相同的结果。$$因此任一个整数至多在集合P或Q中出现一次。$
2. $现证明P∩Q为空集：(反证法)假设k为P∩Q的一个正整数，则存在正整数m、n 使得\lfloor{ma}\rfloor=\lfloor{nb}\rfloor=k。即k < ma、nb<k+1，$等价地改写不等式为 $\dfrac{m}{k+1}< \dfrac{1}{a} < \dfrac{m}{k}及\dfrac{n}{k+1}< \dfrac{1}{b} < \dfrac{n}{k}$。相加起来得
   $\dfrac{m+n}{k+1} < 1 <\dfrac{m+n}{k} ，即 k < m+n < k+1。这与m、n为整数有矛盾，所以P∩Q为空集.$
3. $现证明N+=P∪Q:$
   $已知P∪Q是N+的子集，剩下来只要证明N+是P∪Q的子集。$
   $(反证法)假设存在k\in N+且k\notin P∪Q ，$
   $则存在正整数m、n使得\lfloor{ma}\rfloor<k <\lfloor{(m+1)a}\rfloor、\lfloor{nb}\rfloor< k <\lfloor{(n+1)b}\rfloor$
   $由此得ma < k \le\lfloor{ (m+1)a}\rfloor-1<(m+1)a -1（因为a是无理数），类似地有nb < k \le \lfloor{ (n+1)b}\rfloor-1<(n+1)b -1。$
   $等价地改写为 \dfrac{m}{k} < \dfrac{1}{a}< \dfrac{m+1}{k+1}及 \dfrac{n}{k} < \dfrac{1}{b}< \dfrac{n+1}{k+1}。两式加起来，得 \dfrac{m+n}{k} < 1 < \dfrac{m+n+2}{k+1} ，即m+n < k < k+1 < m+n+2。这与m, n, k皆为正整数矛盾。$

设两堆石头个数为$x,y(x\le y)$.
则必败态如下：

$x$	$y$
0	0
1	2
3	5
4	7
6	10
8	13
……	……

可以发现$x_i+i=y_i$,$X，Y为Beatty序列$.
首先，简单证明一下必败的充分性：
$对于x_i,y_i,令x_i减小或y_i减小或x_i同时减小相同的值都不能到达其他必败态。$

设$x_i=\lfloor{a*i}\rfloor,y_i=\lfloor{b*i}\rfloor(\dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} =1)$(满足Beatty定理)
因为$x_i+i=y_i$
即$\lfloor{ai+i}\rfloor=\lfloor{b*i}\rfloor$
$\lfloor{(a+1)*i}\rfloor=\lfloor{b*i}\rfloor$
所以$a+1=b$.
代入$\dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b} =1$,可得$a=\dfrac{\sqrt5+1}{2}$
所以我们就可以得到通项公式了。

传送门
代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main() {
	int x,y,a;
	while(~scanf("%d%d",&x,&y)) {
		if(x>y)swap(x,y);
		a=(y-x)*1.6180339887498948482045868343656;
		putchar((x!=a)+'0');puts("");
	}
	return 0;
}

未完待续……