取石子游戏详解NIM

奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1.618...,因此,由ak，bk组成的矩形近似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。

我们会发现这个序列的规律，设序列第k个奇异局势元素为(Ak,Bk)，k为自然数。那么，初始条件k=0时是，A0=B0=0，递推关系为下一个奇异局势的Ak是未在前面出现过的最小自然数，且Ak = Bk + k。

变种玩法：“皇后登山”游戏，在空的围棋棋盘上放一个棋子，该棋子每次只能向上或向右或沿对角线向右上方向移动（相似国际象棋），可以移动任意格，但不能不移动，两人轮流移动棋子，先将棋子移动到右上角者赢，问先移棋者的必胜策略。《智力游戏中的数学方法》

code:

[cpp] view plaincopy

/****************************************************************************/
/* 编程之美 - NIM捡石子问题皮皮 2014-9-10 */
/****************************************************************************/
#include <assert.h>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
/* 黄金分割数最优算法 */
static int nim(int x, int y){
double a = (sqrt(5.0) + 1) / 2; //goldenNum 1.618...
int n = abs(x - y); //bn - an
x = x < y? x : y; //取小者
return ( x != int(a * n) );
}
int main(){
int x, y;
while(scanf("%d%d", &x, &y) == 2)
printf("%d\n", nim(x, y));
return 0;
}

拓展：？

【综合一、三】

任给N堆石子,两人轮流从任一堆中任取(每次只能取自一堆),规定每方每次最多取K颗,取最后一颗石子的一方获胜.问先取的人如何获胜？

与上面的问题比，这个更复杂一些，我们可以这样做

令Bi=Ai mod(K+1)

定义T‘＝B1 xor B2 xor ... xor Bn

如果T‘＝0 那么没有获胜可能，先取者必败

如果T’>0 那么必然存在取的方法，使得T‘＝0，先取者有获胜的方法

假设对方取了在Ai中取了r<=K个

如果Ai中剩下的石子多于K 那么就在Ai中取走K+1-r个则Bi不变 T‘还是0

如果Ai<=K 那么我们需要重新计算Bi和T‘ 按照上面的方法来做就可以了

【其它类似题型】

POJ1740 A New Stone Game
MIPT 100 Nim Game -- who is the winner?
POJ 1704 Georgia and Bob

附：

1.Wythoff’s Game (威佐夫博弈)解释[类似解释亦可见于编程之美NIM（3）]

Wythoff's Nim

有两堆石子，不妨先认为一堆有10，另一堆有15个，双方轮流取走一些石子，合法的取法有如下两种：

1)在一堆石子中取走任意多颗；

2)在两堆石子中取走相同多的任意颗；

约定取走最后一颗石子的人为赢家，求必败态(必胜策略)。

这个可以说是MR.Wythoff(于1907年提出此游戏)一生全部的贡献。不知道高斯取整函数与Beatty定理，所做的只能是找规律而已。可以先在http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/withoff.shtml玩几局。

简单分析一下，容易知道两堆石头地位是一样的，我们用余下的石子数(a,b)来表示状态，并画在平面直角坐标系上。

用定理：有限个结点的无回路有向图有唯一的核中所述的方法寻找必败态。先标出(0,0)，然后划去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格点；然后找y=x上方未被划去的格点，标出(1,2)，然后划去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同时标出对称点(2,1)，划去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然后在未被划去的点中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照这样的方法做下去，如果只列出a<=b的必败态的话，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…

接下来就是找规律的过程了，忽略(0,0)，记第n组必败态为(a[n],b[n])

命题一：a[n+1]=前n组必败态中未出现过的最小正整数

[分析]：如果a[n+1]不是未出现的数中最小的，那么可以从a[n+1]的状态走到一个使a[n+1]更小的状态，和我们的寻找方法矛盾。

命题二：b[n]=a[n]+n

[分析]：归纳法：若前k个必败态分别为 $/left( {a_k ,a_k + k} /right)$ ，下证：第k+1个必败态为 $/left( {a_{k + 1} ,a_{k + 1} + k + 1} /right)$

从该第k+1个必败态出发，一共可能走向三类状态，从左边堆拿走一些，从右边堆拿走一些，或者从两堆中拿走一些．下面证明这三类都是胜态．

情况一：由命题一，任意一个比a[k+1]小的数都在之前的必败态中出现过，一旦把左边堆拿少了，我们只要再拿成那个数相应的必败态即可。

情况二（从右边堆拿走不太多）：这使得两堆之间的差变小了，比如拿成了 $/left( {a_{k + 1} ,a_{k + 1} + m} /right)$ ，则可再拿成 $/left( {a_{k + 1} ,a_{k + 1} + m} /right)$ ；

情况二（从右边堆拿走很多）：使得右边一堆比左边一堆更少，这时类似于情况一，比如拿成了 $/left( {a_{k + 1} ,a_m } /right)$ (其中a[m] ；

情况三：比如拿成 $/left( {a_m ,a_m + k + 1} /right)$ ，则可再拿成 $/left( {a_m ,a_m + m} /right)$ ．

综上所述，任何从 $/left( {a_{k + 1} ,a_{k + 1} + k + 1} /right)$ 出发走向的状态都可以走回核中．故原命题成立．

以上两个命题对于确定(a[n],b[n])是完备的了，给定(0,0)然后按照这两个命题，就可以写出(1,2),(3,5),(4,7),…

这样我们得到了这个数列的递推式，以下我们把这两个命题当成是(a[n],b[n])的定义。

先证明两个性质：

性质一：核中的a[n],b[n]遍历所有正整数。

[分析]：由命题一，二可得a[n],b[n]是递增的，且由a[n]的定义显然。

性质二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，则集合A,B不交。

[分析]：由核是内固集，显然。

实际上a[n]和b[n]就是一个Beatty序列。

（Betty 定理）：如果存在正无理数 A, B 满足 1/A + 1/B = 1，那么集合 P = { [A*t], t ∈ Z+}、Q = { [B*t], t ∈ Z+} 恰为集合 Z+ 的一个划分，即：P ∪ Q = Z+，P ∩ Q = ø。证明见附录2。
考虑到Betty定理中“恰为Z+的划分”这一说，这意味着，Z+中的每个数都恰好出现一次，与上述矩阵的性质十分吻合。

于是我们猜想每一行第一列的数满足 [Φi] 的形式，得到每一行第二列的数为 [Φi] + i = [Φi + i] = [(Φ + 1)i]
我们的目的是要让 Z+ 中每个数都在这个矩阵中出现，于是考虑到 Betty 定理的条件，Φ 和 (Φ + 1) 应满足 1/Φ + 1/(Φ + 1) = 1。解这个方程，我们得到 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2，于是 Φ + 1 = (sqrt(5) + 3) / 2。 $/alpha=/frac{{/sqrt 5+1}}{2}$ ，到此，我们找到了该必败态的通项公式。

实际上这组Beatty序列还有一些别的性质，比如当一个数是Fibonacci数的时候，另一个数也是Fibonacci数；而且两者的比值也越来越接近黄金比，这些性质在得到通项公式之后不难证明。

启示：首先用定理所说的方法找核，然后给出核的规律（递推，或是通项）并且证明。

最后附上一张对应的必败态图.

2.Betti theorem：
设a、b是正无理数且1/a+1/b=1。记P={[na]|n为任意的正整数}，Q={[nb]|n为任意的正整数}，([x]'指的是取x的整数部分)则P与Q是Z+的一个划分，即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合Z+。
证明：
因为a、b为正且1/a+1/b=1，则a、b>1，所以对于不同的整数n，[na]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。
* 现证明P∩Q为空集(反证法)：假设k为P∩Q的一个整数，则存在正整数m、n使得[ma]=[nb]=k。即k < ma、nb<k+1，等价地改写不等式为
m/(k+1)< 1/a < m/k及n/(k+1)< 1/b < n/k。相加起来得 (m+n)/(k+1) < 1 < (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。
*现证明Z+=P∪Q；已知P∪Q是Z+的子集，剩下来只要证明Z+是P∪Q的子集。(反证法)假设Z+\(P∪Q)有一个元素k，则存在正整数m、n使得[ma]< k <[(m+1)a]、[nb]< k <[(n+1)b]。由此得ma < k ≦[ (m+1)a]-1<(m+1)a -1（因为a是无理数），类似地有nb < k ≦[ (n+1)b]-1<(n+1)b -1。等价地改写为 m/k < 1/a < (m+1)/(k+1)及n/k < 1/b < (n+1)/(k+1)。两式加起来，得
(m+n)/k < 1 < (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。
所以Z+=P∪Q。