详解威佐夫博弈(POJ1067)

Wythoff Game

Overview

其解决的典型博弈问题是: 给定两堆物体, 两位选手轮流取物, 规定每位选手要么从某一堆中取物, 要么从两堆中同时取相同数量的物体, 至少取一物, 多者不限. 规定最后取完的胜利. 要求判断给定物体数量时, 先手后手的输赢情况.

Wythoff给出的结论是: 设两堆物体的数量分别为a, b, 不妨设a⩽ba\leqslant ba⩽b, 若
⌊1+52(b−a)⌋=a\lfloor \frac{1 +\sqrt{5}}{2} (b-a) \rfloor = a ⌊21+5(b−a)⌋=a
则先手必败, 后手有必胜拿法; 反之, 即不相等, 则先手有必胜拿法, 后手必败.

Theoretical Analysis

奇异局势序列

称两堆物品的数量无序对(ak,bk)(a_k,b_k)(ak,bk)为局势, 其中ak⩽bk,k=0,1...,na_k \leqslant b_k, k=0,1...,nak⩽bk,k=0,1...,n. 定义奇异局势为, 当前选手面临它时, 无论他怎么拿, 另外一位选手总有必胜的拿法. 可以验证下列局势皆为奇异局势,
(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),(11,18),(12,20)...(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),(11,18),(12,20)... (0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),(11,18),(12,20)...
观察上面的序列, 我们可以发现: bk=ak+kb_k = a_k + kbk=ak+k, 且下一奇异局势的aka_kak等于前面没有出现过的最小自然数(后称发现).

现在, 利用上述发现把自然数组成的不重复无序对集合划分为两个部分, 一个部分称为奇异局势集合(序列), 另一部分称为非奇异局势集合. 于是, 需要证明是: 若选手当前面临奇异局势, 则其必输, 另外一位选手有必胜拿法; 反之, 必赢. (现在的奇异局势不具有前面定义的必输的内涵, 这恰是需要证明的. 现在的理论出发点是"发现".)

首先, 需要证明奇异局势集合和非奇异局势集合具有如下性质.

性质1

任何自然数都包含在一个且仅一个奇异局势中.

证明:

首先, 显然任何自然数都包含在某个奇异局势中, 因此只需证明仅包含在一个奇异局势中. 显然∀k\forall k∀k, 有ak>ak−1a_k>a_{k-1}ak>ak−1, 于是有bk=ak+k>ak−1+k−1b_k=a_k+k>a_{k-1}+k-1bk=ak+k>ak−1+k−1. 即是说, 每个奇异局势中的自然数在其之前的奇异局势中都未出现过.

性质2

任意符合规定的拿法都将导致奇异局势变为非奇异局势.

证明:

若只减少某奇异局势中的一个分量, 则由性质1, 另外一个分量只能在一个奇异局势(即当前局势)中, 因此减少后的局势必为非奇异局势.

若改变某奇异局势中的两个分量, 由于两个分量只能同时拿去相同的数量, 因此, 改变后的局势的两个分量的差与当前奇异局势的两个分量差相同. 由"发现", 有相同差的局势中只有一个是奇异局势(即当前), 其他皆为非奇异局势.

性质3

任何非奇异局势都可通过适当的拿法变为奇异局势.

证明:

设当前非奇异局势为(a,b)(a,b)(a,b),

若a=ba=ba=b, 则两个分量同时减去a, 则变为非奇异局势(0,0)(0,0)(0,0).
若∃k,a=ak\exists k, a=a_k∃k,a=ak, 而b>bkb>b_kb>bk, 则只要第二个分量减去b−bkb-b_kb−bk即可.
若∃k,a=ak\exists k, a=a_k∃k,a=ak, 而b<bkb<b_kb<bk, 由于bk−a>b−ab_k-a>b-abk−a>b−a, 因此在奇异局势(ak,bk)(a_k,b_k)(ak,bk)前面存在某个奇异局势两分量之差为b−ab-ab−a, 于是只需在当前局势的两个分量中同时拿去某个数量就可变为前面的某个差为b−ab-ab−a的奇异局势.
若∃k,a>ak\exists k, a>a_k∃k,a>ak, 而b=ak+kb=a_k+kb=ak+k, 则只需第一个分量减去a−aka-a_ka−ak即可.
若∃k,a<ak\exists k, a<a_k∃k,a<ak, 而b=ak+kb=a_k+kb=ak+k, 分两种情况
- 若∃j<k,a=aj\exists j<k, a=a_j∃j<k,a=aj, 则只需第二个分量减去b−bjb-b_jb−bj.
- 若∃j<k,a=bj\exists j<k, a=b_j∃j<k,a=bj, 则第二个分量减去b−ajb-a_jb−aj后变为(bj,aj)(b_j, a_j)(bj,aj)即奇异局势(aj,bj)(a_j,b_j)(aj,bj).

证明

由性质2, 若先手面临奇异局势, 无论他怎么拿都会变成非奇异局势; 由性质3, 后手总有办法把其面临的非奇异局势变成奇异局势. 此外, 由于每次至少从某一堆中拿走一个, 因此两堆总数在不断减少. 于是, 最终由后手把局势变为(0,0)(0,0)(0,0), 即是说, 最终他拿走某些物品后立即使两堆数量变为零. 即后手必胜, 先手必输.

奇异局势的通项公式

现在的问题是奇异局势序列有怎样的通项公式呢? 需要用到Betty定理.

Betty定理

设a,ba,ba,b是两个正无理数, 若1a+1b=1\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1a1+b1=1. 记P={⌊an⌋∣n∈N+}P=\{\lfloor an \rfloor\ | n \in \N^+ \}P={⌊an⌋ ∣n∈N+}, Q={⌊bn⌋∣n∈N+}Q=\{\lfloor bn \rfloor\ | n \in \N^+ \}Q={⌊bn⌋ ∣n∈N+}, 则有P∩Q=∅P \cap Q=\varnothingP∩Q=∅且P∪Q=N+P \cup Q=\N^+P∪Q=N+. (证明请自行检索)

通项公式

令P′={1,3,4,6,8,...}P'=\{1, 3, 4, 6, 8,...\}P′={1,3,4,6,8,...}即除(0,0)(0,0)(0,0)之外的所有奇异局势的第一个分量组成的集合, Q′={2,5,7,10,13...}Q'=\{ 2,5,7,10,13...\}Q′={2,5,7,10,13...}即第二个分量组成的集合, 则有P∩Q=∅P \cap Q=\varnothingP∩Q=∅且P∪Q=N+P \cup Q=\N^+P∪Q=N+. 结合Betty定理, 这给我们启示.

设∃a,b\exists a,b∃a,b使得P′={⌊an⌋∣n∈N+}P'=\{\lfloor an \rfloor\ | n \in \N^+ \}P′={⌊an⌋ ∣n∈N+}和Q′={⌊bn⌋∣n∈N+}Q'=\{\lfloor bn \rfloor\ | n \in \N^+ \}Q′={⌊bn⌋ ∣n∈N+}, 则a,ba,ba,b可以满足1a+1b=1\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1a1+b1=1, 又由两分量之间的关系⌊bn⌋=⌊an⌋+n=⌊(a+1)n⌋\lfloor bn \rfloor\ = \lfloor an \rfloor + n=\lfloor (a+1)n \rfloor⌊bn⌋ =⌊an⌋+n=⌊(a+1)n⌋, 得b=a+1b=a+1b=a+1, 带入前式解得a=1+52a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}a=21+5.

即有ak=⌊1+52k⌋,bk=ak+k,a_k=\lfloor \frac{1+\sqrt{5}}{2} k\rfloor, b_k = a_k + k,ak=⌊21+5k⌋,bk=ak+k, 从而ak=⌊1+52(bk−ak)⌋.a_k=\lfloor \frac{1+\sqrt{5}}{2} (b_k-a_k)\rfloor.ak=⌊21+5(bk−ak)⌋.

Example

POJ 1067

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;int main() {int a, b;while (scanf("%d %d", &a, &b) != EOF) {if (floor((1 + sqrt(5.0)) / 2 * abs(a - b)) == min(a, b))printf("0\n");else printf("1\n");}return 0;
}