【知识总结】博弈论入门
我要是再不好好学博弈！就当场！把！这个！电脑屏幕！吃掉！
主要参考资料：lca 学长的组合博弈论课件。
组合游戏
具有以下几个性质的游戏是组合游戏：
- 两名玩家
- 轮流操作
- 每个玩家掌握游戏的所有信息，例如游戏的当前局面、自己和对手之前的操作等
- 操作是确定的，没有随机
为了简化问题，OI 中的组合游戏通常还具有以下性质：
- 没有平局，双方互为胜负
- 游戏一定能在有限步内结束
- 两个玩家的操作规则相同
- 玩家的操作规则仅由当前的游戏状态（或者说游戏局面）决定，与其他因素（如之前的操作）无关
- 双方都以最优策略操作
例如，中国象棋是组合游戏，但不是 OI 中的组合游戏，因为两个玩家操作规则不同（一个只能动红子，一个只能动黑子）。
飞行棋不是组合游戏，因为有随机性（掷骰子）。
石头剪刀布不是组合游戏，因为不是轮流操作。
取石子（有若干堆石子，两个人轮流从一堆中取任意多个，取完者胜）是组合游戏。这个游戏也是组合游戏的一个经典模型。
CS: GO 不是组合游戏，上面那一堆性质除了两名玩家勉强满足外全部不符合。比如沙鹰抽奖具有随机性，除了透视以外的玩家不知道对方在哪（游戏信息不完整），双方能起的枪和胜利条件不一样（规则不同），国服官匹可以平局，玩家的操作规则不仅与游戏状态有关还与有没有开挂有关等。
以下讨论的组合游戏都是 OI 中的组合游戏，默认无法操作（转移）时算输。
先手必胜和先手必败
既然游戏一定能决出胜负，且操作规则仅仅与当前状态有关，那么就可以把状态分为先手必胜和先手必败（后手必胜），简称必胜和必败。如果 面对 某个状态的玩家（他还没有操作，称为先手）一定能获胜，那么它就是先手必胜否则先手必败。
以取石子游戏为例，如果一个玩家面对的是没有石子的状态，那么他就失败了，也就是说「没有石子」是先手必败的状态。如果一个状态能转移到一个先手必败的状态，那么当前的先手一定会转移到先手必败的状态，让对方（也就是下一步的先手）面对这个必败的状态。因此，如果一个状态能转移到至少一个先手必败的状态，那么这个状态就是先手必胜的。否则，转移到的所有状态都是先手必胜，那么这个状态就是先手必败的。
根据定义，状态和转移组成了一个 DAG 。如果状态数和转移数很少，就可以直接做一遍递推就能得出每个状态是必胜还是必败。
SG 函数
说到 SG ，你有没有想到 ……
（图片来自萌娘百科）
对于一个游戏状态 \(s\) 定义 SG 函数：
其中 \(t\) 是 \(s\) 可以直接转移到的状态（称为「后继」），\(\mathrm{mex}(S)\) 表示最小的不在集合 \(S\) 中的非负整数。
如果 \(SG(s)=0\) ，那么 \(s\) 是必败状态，否则是必胜状态，归纳证明如下：
根据定义，没有出边的状态（必败）的 SG 函数值是 0 ，满足这个性质。当 \(s\) 能到达的所有状态都满足这个性质（因为是 DAG 所以不存在循环归纳），如果存在 \(s\) 的后继 \(t\) 满足 \(SG(t)=0\) （必败），那么此时根据 mex 的定义， \(SG(s)>0\) ，是必胜的，否则是必败的。
当然现在看来这个 SG 函数好像并没有什么用 ，只是把必胜必败状态用 0 和非 0 表示了一下 ……
不要尝试找出 SG 函数的不同非 0 值有什么实际意义，至少我至今不知道（谁知道给我说一下谢谢）。这只是一个巧妙的构造罢了。下面会说它巧妙在哪以及有什么用。
SG 定理
说到 SG …… 啪！再扯 CS: GO 打死你
定义两个集合的 笛卡尔积 为从这两个集合中各选出一个元素组成的有序二元组的集合。即 \(A\) 和 \(B\) 的笛卡尔积 \(A\times B\) 为：
定义两个组合游戏的 和 为把这两个组合游戏放在一起，游戏之间互不影响。每个人任选一个游戏进行操作，如果所有游戏都无法操作就输了。例如，把 一堆 石子看作一个组合游戏，取石子游戏就是若干个这种组合游戏的和。
现在讨论 \(n\) 个小游戏的和，方便起见称这个和为「大游戏」。显然，大游戏的状态集合就是 \(n\) 个小游戏的状态集合的笛卡尔积。设大游戏的状态 \(s=(s_1,s_2,\dots,s_n)\) ，其中 \(s_i\) 是第 \(i\) 个小游戏的状态。
SG 定理（其中 \(\oplus\) 表示异或）：
证明如下：
设等号右边那一堆的值为 \(x\) 。现在要证明两件事：
- \(s\) 的后继 \(t\) 中不存在 \(SG(t)=x\)
- 对于所有 \(0\leq y<x\) ，都存在一个 \(s\) 的后继 \(t\) 满足 \(SG(t)=y\)
根据 mex 的定义， \(SG(s)=x\) 当且仅当这两个命题成立。
接下来口胡一番证明，我也不知道对不对 qwq。
对于所有小游戏都无法操作的状态 \(p\)，所有 \(SG(p_i)=0\) 。由于这是无法操作的必败状态，\(SG(p)=0\) ，这种状态下满足这个性质。
依然是归纳证明。假设现在所有 \(s\) 能到达的状态都满足这个性质。设从 \(s\) 到后继 \(t\) 操作的游戏为 \(i\) ，由 mex 的定义显然 \(SG(s_i)\neq SG(t_i)\) 。其余的小游戏是不变的，即 \(SG(s_j)=SG(t_j),j\in[1,i)\cup(i,n]\) 。因此， \(SG(t)=SG(s)\oplus SG(s_i)\oplus SG(t_i)\) 。
假设 \(SG(t)=SG(s)=x\) ，则给两边同时异或 \(x\) 得到 \(SG(s_i)\oplus SG(t_i)=0\) 即 \(SG(s_i)=SG(t_i)\) ，矛盾。因此 \(SG(t)\neq x\) 。第一个命题得证。
现在，对于 \(0\leq y<x\) ，要找到一个 \(t\) 使得 \(SG(t)=y\) 。
因为
所以
设 \(SG(s)\oplus y\) 的最高二进制位（即 \(SG(s)\) 和 \(y\) 最高的不一样的位）是第 \(k\) 位。由于 \(y<SG(s)\) ，所以一定存在这样的位，且 \(SG(s)\) 的第 \(k\) 位一定是 1 ，由此可得至少存在一个 \(SG(s_i)\) 的第 \(k\) 位是 1 。
把这样的 \(i\) 作为这一步操作的游戏。它需要变成的数 \(SG(t_i)=SG(s_i)\oplus SG(s)\oplus y\) 。由于第 \(k\) 位也是 \(SG(s_i)\) 和 \(SG(t_i)\) 最高的不一样的位，且 \(SG(s_i)\) 这一位为 1 ，所以 \(SG(t_i)<SG(s_i)\) 。
根据 mex 的定义，\(SG(s_i)\) 可以转移到任意一个比它小的 \(SG(t_i)\) ，因此这样的后继状态 \(t\) 一定存在。第二个命题得证。
