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前言
巴什博弈
威佐夫博弈
Nim游戏
Nim游戏与sg函数
- 题目
- 题意
- 样例
- 思路
- 代码

前言

从今天开始复习和整理下acm的部分模块，从博弈论开始。
著名的“取石子”游戏通常有3种类型，从简单到复杂依次是：
1.巴什博弈
2.威佐夫博弈
3.Nim游戏
4.Nim游戏与sg函数
复习Nim博弈之前，先复习下前两者。

巴什博弈

大意：

一堆物品有n个，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜，问最优策略下谁赢。

思路：

不难发现，当剩下m+1个物品时，先手必败。

所以，如果当前的物品个数是（m+1）的倍数，无论先手如何取，后手都总能把剩下的物品数变成（m+1)的倍数，后手必胜。反之，如果当前的物品个数不是（m+1)的倍数，那么先手总能将剩下的物品个数变成(m+1)的倍数，先手必胜。

结论：

当 n % （m+1) ==0 时，后手必胜；反之，先手必胜。

威佐夫博弈

大意：

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，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。

题目：
洛谷P2252
https://www.luogu.com.cn/problem/P2252

思路：
同上，找出必败态，根据必败态寻找规律，不再赘述。

结论：
设两堆石头分别有a,b个，其差值为d。

其必败态为： d *[ （sqrt(5) +1） / 2 ] == min(a,b) .

其中（sqrt(5) +1） / 2 是黄金分割（好神奇）。

Nim游戏

大意：
有n堆石子，第i堆石子有ai个。每次可以从一堆石子中取任意多个，取到最后一颗石子的人获胜，问最优策略下谁赢。

思路：
网上太多了，就不再赘述了。采用二进制进行异或的方法是真的很妙。。。

结论：
sum = a₁^ a₂ ^a₃ ^a₄ ^ … … ^a_n ; （ ^ 即异或）
sum == 0 ,后手胜；
sum == 1 ,先手胜；

Nim游戏与sg函数

虽然Nim游戏可以采用直接求异或和的方法获得答案，但我们很容易发现，Nim游戏其实只是这一类组合游戏中的一种极特殊的情况。倘若我们对Nim游戏中的取石子规则稍作修改，例如：
只能取斐波那契数；
只能取质数；
只能取某些指定的数字；
这时就必须引入sg函数进行处理。

sg函数即对于当前的局面i：
sg[i] = mex{可以由当前局面转移到的每一个局面的sg值}
其中mex{} 运算是取最小的不属于该集合的自然数。
例如，
最终态是局面0，则sg[0] = 0。

由局面1可以且仅可以转移到局面0，
则sg[1] = mex{sg[0]} = mex{0} = 1;

由局面2可以且仅可以转移到局面0，1，
则sg[2] = mex{sg[0],sg[1]} = mex{0,1} = 2;

由局面3可以且仅可以转移到局面0，2，
则sg[3] = mex{sg[0],sg[2]} = mex{0,2} = 1;

sg函数为Nim游戏提供了一个很好的解题模型，那就是：
把原游戏分解成多个独立的子游戏，
则原游戏的SG函数值是它的所有子游戏的SG函数值的异或。

来看下面这道例题：

题目

题意

还是Alice和Bob的游戏，
给一个仅由大写英文字母构成的字符串（length<=40) ,
每一次可以删去相同的一个，两个或者全部的字母。
删掉最后一个字母的人将获胜，问最优策略下谁赢？

样例

思路

显然，我们把相同的字母放在一个堆中，这就是Nim游戏的一个简单变形。
仅仅把 “从一个堆中任意取出石子 ” 变成 “从一个堆中取出1，2 或全部石子”。

我们需要一个sg[i][j] 来记录第i堆石子在剩下j枚石子时的sg值。
其中 sg[i][j] = mex{ sg[i][0],sg[i][j-2],sg[i][j-1]} ,采用递推实现。
最后将每一堆的sg[i][size] 求异或和就好了。具体见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 50;
int box[maxn];
int sg[maxn][maxn];  //sg[i][j] 第i堆石子剩下j枚石子时的sg值
vector<int> v;     //存放每堆石子的个数
char s[maxn];      void get_sg(){int size = v.size();for(int i=0;i<size;i++){sg[i][0] = 0;sg[i][1] = 1;for(int j=2;j<=v[i];j++){int f[3] = {sg[i][0],sg[i][j-1],sg[i][j-2]};  //对于当前sg[i][j]可以转移到的3种状态，-1，-2和清空。for(int k=1;k<=3;k++){     //由题意可知，sg[i][j]只可能在0，1，2，3中取值 if(k!=f[1]&&k!=f[2]){sg[i][j] = k;break;}}}}
}
int main(){cin>>s;int len = strlen(s);for(int i=0;i<len;i++){int now = s[i] - 'A';box[now]++;}for(int i=0;i<maxn;i++){if(box[i]!=0)v.push_back(box[i]);}get_sg();int ans = 0;int size = v.size();for(int i=0;i<size;i++){ans ^= sg[i][v[i]];} if(ans) cout<<"Alice"<<endl;else cout<<"Bob"<<endl;return 0;
}

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