一些概念和约定：
公平游戏：
这里讨论的组合游戏都是公平游戏，也就是说一个游戏者可以把状态A变成B，那么另一个游戏者也可以。比如下棋就不是公平游戏，因为白方可以移动白子而黑方不能。
状态图：
我们可以把游戏的状态用图的形式来组织。一个状态是一个节点，一条边代表通过一次操作将一个状态转移到另一个状态。
xor为二进制的异或运算，n个数的异或和在组合游戏中也称Nim和。
有的资料中把必败状态也叫做奇异状态，但我感觉必败状态这种叫法更直白一些。
假设游戏者双方都足够聪明，所以有这样两条规则：
- 一个状态是必败状态当且仅当它所有的后继都是必胜状态。
- 一个状态是必胜状态当且仅当它至少有一个后继是必败状态。
一、巴什博奕(Bash Game)：只有一堆n个物品，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。
显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的 法则：如果n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个， 结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。
二、威佐夫博奕(Wythoff Game)：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
本以为这是个比较简单的博弈，后来喜欢刨根问底的我发现涉及到的东西还真不少。
主要参考资料：http://scimath.unl.edu/MIM/files/MATExamFiles/Cotton_MATpaper_Final_EDITED.pdf
这个问题还可以描述成这样：
- 有一个棋子在棋盘的(n, m)位置上，有两位个人分别轮流移动这枚棋子。移动的规则是：向左移动若干格子，或者向下移动若干格子，或者向左下移动若干格子。移动到左下角即(0, 0)的人获胜。
先看几个比较简单的状态，如果先手面对的局面是(a, 0)或(0, a)或(a, a)，那么直接将所有石子全部拿走即可获胜(或者说是将棋子直接移到左下角)。
如果现在状态是(1, 2)会怎样呢？枚举一下所有可能的情况：
- 拿走第一堆的一个石子，状态变为(0, 2)，那么第二个人将第二堆的两个石子全部拿走即可获胜。
- 拿走第二堆的一个石子，状态变为(1, 1)，那么第二个人将两堆石子全部拿走即可获胜。
- 拿走第二堆的两个石子，状态变为(1, 0)，那么第二个人将第一堆的石子拿走即可获胜。
- 分别拿走第一堆和第二堆的一个石子，状态变为(0, 1)，那么第二个人拿走第二堆的一个石子即可获胜。
也就是说无论第一个人怎样拿，第二个人都会获胜。那么称(1, 2)这个状态为必败状态或者奇异状态。
对于状态(1, 3)应该怎样？根据前面的分析，显然先手在第二堆取一个石子，将状态转移为(1, 2)就能获胜。
同样地，对于状态(2, 3)，先手分别在两堆中各拿走一个石子，就能把状态转移为(1, 2)。
所以，对于状态(1, p)(p > 2)和状态(p, p+1)(p>1)，先手将其转移为(1, 2)即可获胜。
其他奇异状态：
如图A，两个黑色的格点(1, 2)和(2, 1)是已知奇异状态，过这两个格点向右向上向右上作射线，则这些射线上的点都可以转移到黑色的格点上去。所以这些射线上的点对应的状态是必胜状态。然后我们再取没被标记过的横纵坐标最小的格点作为新的奇异状态，也就是(3, 5)和(5, 3)。然后再过这两个点作射线，继而得到新的奇异状态，以此类推。
有了这样一个过程，我们也很容易找到必胜的策略：如果现在的状态是必胜状态，那么必有一条射线经过该点。所以只要顺着这条射线将棋子移动到奇异状态(也就是图中的黑色格点)即可。这样对手在面对奇异状态的时候，不论怎么走，走到的都是有射线的格子(想一想，为什么)。所以你又可以把必胜状态转变为奇异状态给对手，最终获胜。
不妨再多找几个奇异状态试试：
因为两堆石子除了数量以外没有任何区别，所以只考虑(A, B)(A ≤ B)的奇异状态，做成表格如下：
| n | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| A | 0 | 1 | 3 | 4 | 6 | 8 | 9 | 11 | 12 | 14 | ... |
| B | 0 | 2 | 5 | 7 | 10 | 13 | 15 | 18 | 20 | 23 | ... |
容易发现一些规律：
- An + n = Bn
，这个可能不太好理解，不妨举个例子看一下：A3 + B3 = 4 + 7 = 11 = A7
这两个数列还可以按这样的方法得到，An为A、B中前n-1个数中为出现过的最小的正整数，Bn = An + n。比如，A1 = 1， B1 = A1 + 1 = 2；A2为为出现的最小的正整数3，B2 = A2 + 2 = 5；A3为未出现的最小正整数4，B3 = A3 + 3 = 7...
更强悍的通项公式：
设φ为黄金分割率(Golden Ratio)，有或
，解得
然后就有个神奇的结论：
知道有人喜欢不服，又懒得自己算，所以这里好心再附上一张表格验证一下：
| n | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | ... |
| φ⋅n | 0 | 1.618 | 3.236 | 4.854 | 6.472 | 8.090 | 9.708 | 11.326 | 12.944 | ... |
| ⎣φ⋅n⎦ | 0 | 1 | 3 | 4 | 6 | 8 | 9 | 11 | 12 | ... |
| φ2⋅n | 0 | 2.618 | 5.236 | 7.854 | 10.472 | 13.090 | 15.708 | 18.326 | 20.944 | ... |
| ⎣φ2⋅n⎦ | 0 | 2 | 5 | 7 | 10 | 13 | 15 | 18 | 20 | ... |
最后还有一个事实要告诉大家：
每个正整数只在A或者B中出现，且仅出现一次。换句话说就是，A和B中没有相同的正整数，但是A和B并起来就得到了所有的正整数。
楼主的好奇心已经爆棚得不得了了，=_=||，干脆最后一口气又从维基百科上学了一下这个定理：
Beatty sequence：
两个无理数α和β满足：
那么两个数列{ ⎣α⎦, ⎣2α⎦, ⎣3α⎦... } 和 { ⎣β⎦, ⎣2β⎦, ⎣3β⎦... }是不相交的，而且他们的并集是所有的正整数。
Rayleigh theorem：
感觉第二个证明的反证法比较好懂一些，英语并不是很多，所以就不翻译了。
三、尼姆博弈(Nim Game)：有三堆各若干个石子，两个人轮流从某一堆取任意多的石子，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜，或者说最后不能操作的人输。
因为是三堆石子，所以我们用(a, b, c)来表示一个状态。
还是从最简单的状态开始：显然(0, 0, 0)是必败状态，其次(0, x, x)也是必败状态，因为你从某一堆中取k个石子，对手只要和你一样从另一堆中取同样的石子，保持两堆石子数量相同即可，这样最终取完的人将会是对手。
Bouton定理：状态(a, b, c)为必败状态当且仅当a xor b xor c = 0.
1).对于必胜状态，一定有一个后继必败状态。
假设三堆石子的个数的异或和为X(X > 0)，X最高位的1在第k位，那么一定有一堆石子的数量第k位为1。
设这堆石子的数量为Y，我们只要把这堆变为X xor Y，就将必胜状态变为了必败状态。
首先说明 X xor Y < Y，因为X的第k位左边全部为0，所以X xor Y后，Y的第k位左边不变，而第k位变为0，所以Y xor X后Y变小。
下面计算Y变为X xor Y后所有数字的异或和：除了Y，所有数字的异或和为X xor Y，因为异或一个数两次相当于没有异或，然后再异或上Y改变以后的值X xor Y，最终答案为X xor Y xor (Y xor X) = 0，所以这是一个必败状态。
2).对于必败状态，所有的后继都是必胜状态。
因为要改变其中一堆火柴，不论哪一位发生变化，最终的xor和都不是0.
另类的Nim游戏：还是和原来一样n堆里面取石子，每次只能从一堆里面取若干个，至少取一个。但取到最后一个石子的人输！
天真地猜想一下，那结论是不是也要反过来呢？Nim为0必胜，不为0必败，很遗憾我误导你们了，=_=||
这个问题变得更复杂了，所以得再引入一些新的概念才能解决。
以下分析转自kuangbin的博客：http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2011/08/28/2156426.html
可能原文说得比较乱，所以这里把定义的概念统一列出来方便阅读：
- T状态，即Nim和为0的状态
- S状态，Nim和不为0的状态
- 孤单堆，只有一个石子的石子堆，好吧，确实很孤单=_=||
- 充裕堆，和孤单堆相反，至少有两个石子的石子堆。
- 所以，一个石子堆不是孤单堆就是充裕堆
将S、T状态与充裕堆的数量结合就可以得到分类更细致的状态：
- S2，Nim和不为0，至少有两个充裕堆
- S1，Nim和不为0，只有一个充裕堆
- S0，Nim和不为0，没有充裕堆，也就是只有奇数个孤单堆
- T2，Nim和为0，至少有两个充裕堆
- T1，404 Not Found！孤单堆只会影响Nim和的最后一位，而充裕堆必然有一个高位的1，将导致Nim和中对应的高位也是1，所以不存在这样的状态。
- T0，Nim和为0，没有充裕堆，也就是只有偶数个孤单堆
原文中还有更详细的推导：
[定理5]：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。
证明：
S0态，其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对
方取，所以最后一根必己取。败。同理, T0态必胜#
[定理6]：S1态，只要方法正确，必胜。
证明：
若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；否则，取成一根。这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。由定理5，对方必输。己必胜。 #
[定理7]：S2态不可转一次变为T0态。
证明：
充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。 #[定理8]：S2态可一次转变为T2态。
证明：
由定理1，S态可转变为T态，态可一次转变为T态，又由定理6，S2态不可转一次变为T0态，所以转变的T态为T2态。 #
[定理9]：T2态，只能转变为S2态或S1态。
证明：
由定理2，T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。
[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜.
证明：
方法如下：
1） S2态，就把它变为T2态。（由定理8）
2） 对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9）
若转变为S2, 转向1）
若转变为S1, 这己必胜。（定理5）
[定理11]：T2态必输。
证明：同10。
综上所述，必输态有： T2,S0
必胜态： S2,S1,T0.
最后说一下
SG函数和SG定理：对于任意状态x，定义SG(x) = mex(S)，其中S是x的后继状态的集合。SG(x) = 0当且仅当x为必败状态。
组合游戏的和：假设有k个组合游戏G1,G2...Gk，定义一个新游戏：每个回合当前游戏者选择一个子游戏进行合法的操作，直到不能操作者输。这样和游戏的SG函数值为各个子游戏的SG函数值的Nim和。
因为水平有限，仅仅是刚刚接触博弈论，所以这篇博客可能以后还会继续补充新的内容。