在生活中五子棋也是一种先手有必赢策略的游戏，有人会说五子棋先手我也会输啊，所以
博弈论问题都有个类似如“参与者足够聪明”，“两人都不犯错"的前提。
在此前提下，讨论几种常见的博弈情形。
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一、巴什博弈（Bash Game）
只有一堆n个物品，两个人从轮流中取出（1~m）个；最后取光者胜。
考虑到 若n=m+1 那么 第一个人不论如何取都不能取胜。
进一步我们发现 若 n=k*(m+1)+r; 先取者拿走 r 个，那么后者再拿（1~m）个
n=（k-1）*（m+1）+s； 先取者再拿走s 个 最后总能造成 剩下n=m+1 的局面。
因此，此时先手有必赢策略。
相对应的，若n=k*(m+1) 那么先取者必输。
因此我们可以写出对应的程序（默认 n m都大于0）
1 int Bash_Game(int n,int m)//是否先手有必赢策略
2 {
3 if (n%(m+1)!=0) return 1;
4 return 0;
5 }
到了这，不如尝试一下当有N堆，每堆有Mi>0个物品，依旧是两个人来取该怎么判断？
先考虑取的最大数目无上限即可以把一堆全部取完的情形
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二、尼姆博弈(Nimm Game)
正如上述.
从巴什博弈我们知道一个当情形对应一种状态,而由一个状态只能变为另一种状态时能很轻易地判断是否先手有必赢策略
那么怎么样才能在尼姆博弈里找到这样的状态呢?
如果把n堆抽象为n个非负整数,再将n个整数转化为二进制,然后对n个二进制数按位相加(不进位),若每一位相加都为偶数,
那么称这个状态为偶状态,否则称它为奇状态.
可以证明:任何一个偶状态在其中一个数变小后一定成为奇状态,而一个奇状态一定可以通过改变一个数变成偶状态.
前一点很显然,因为一个数变小至少有一位发生改变,这一位就改变了原来的偶状态.
对于后一点,对于一个从高位到低位某一位和为奇的奇状态,必定有一个数的二进制表示在此位为1,对于后面的较低位和为奇的情况,只要把这个数对应位取反即可得到一个偶状态.
到此,成功的构造了两个可以转换的状态!!!
那么对于n堆物品,只要判断它是否是奇状态就可以判断是否先手有必赢策略.
但是求每个数的二进制表示略显麻烦,可以用更好的办法,也是我偏爱的位运算.
XOR 和判断:
如果有奇数个二进制数在第K位为1 那么在这一位上的和为奇,同样的，偶数个1和为偶.
很明显位运算xor满足我们的要求,偶数个1异或和为0,奇数个为1;
由此,终于可以给出算法
1 int Nimm_Game(int n)//假设n个数存在数组f[]中,有必胜策略返回1
2 {
3 int flag=0;
4 for(int i=1;i<=n;i++)
5 flag^=f[i];
6 if(flag) return 1;
7 return 0;
8 }
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但是我遇到过n非常大，且每一堆的物品数为连续的整数的情况
对此我们要考虑连续非负整数的异或和问题
记 f(x, y) 为x到y的所有整数的异或值。
f[1,n]=f[0,n];
当n为2^k-1(2的K次方减一)时;
0 到 2^k-1 共2^k个数 等于∑C（n，i）
可以看做在k个位置中放入i个0，最后求和
同时可以看做在空格位置中放入i个1；最后求和
即在每一位上1个0的个数都相等，每个位上有2^(k-1)个1,当k>=2时 1的个数为偶数;
而我们已经知道偶数个1的异或和为0
所以 f[0, 2^k - 1] = 0 (k >= 2)
对 f[0, n] (n>=4) 设n的最高位1是在第k位(k >= 2)，
f[0, n] = f[0, 2^k - 1] xor f[2^k, n] = f[2^k, n]
对2^k到n这n+1-2^k个数，最高位(第k位)共有 m = n+1-2^k 个1,
2^k总是偶数,因此,当n为奇数时，m是偶数，f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k]
当n为奇数(n - 2^k)总是奇数 ，所以：f[0,n] = f[0,n-2^k-2^(k-1)...-2^2](只到3是因为k>=2)
此时只剩下两位是我们需要的 我们可以用（n & 3）很快得到后两位
由于n是奇数 所以（n & 3）只可能得到 1 或 3；
1对应 二进制数 （01）所以是奇数个1 此时f [0,n]=1;
3对应 二进制数 （11） 此时f[0,n]=0;
当n为偶数时，m是奇数，因而 f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k] xor 2^k
可得：f[0, n] = f(0, n & 3) xor 2^k xor n[k]*2^(k-1) xor ....n[2]*2^2 n[k] 为 n的二进制数的第k位；
很明显 当n为偶数时 f[0,n]的二进制从最高位到第3位（如果不止3位） 跟n的二进制数从高位到第三位 相同；
此时只需要 判断 第二位
n & 3=0对应后二位为（00） 此时 f[0,n]=n;
n & 3=2对应后二位为（10） 此时 f[0,n]=n+1;
综上所述：
n n % 4 == 0
f[1, n] = f[0, n] = 1 n % 4 == 1
n +1 n % 4 == 2
0 n % 4 == 3
f[x,y] = f[0,y] xor f[0,x-1] .(x>0)
对应的代码在这
1 //读入n，表示有从物品数分别1到n的n堆物品，假设n个数存在数组f[]中
2 int xor_n(int n)//从1到n的异或和
3 {
4 int t = n & 3;
5 if (t & 1) return t / 2 ^ 1;
6 return t / 2 ^ n;
7 }
8 int Nimm_Game(int n)//有必胜策略返回1
9 {
10 int flag=0;
11 for(int i=1;i<=n;i++)
12 flag^=xor_n(f[i]);
13 if(flag) return 1;
14 return 0;
15 }
三 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。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示
两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们
称为奇异局势。前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，
10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有
如下三条性质：
1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其
他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由
于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了
奇异局势（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局
势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab – ak个物体,变为奇异局
势（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余
的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）
,从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – a
j 即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜
；反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)
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。
对应的代码在这里：
1 int t;
2 if(a>b)
3 {
4 t=a;
5 a=b;
6 b=t;
7 }
8 double k=(sqrt(5.0)-1.0)/2.0;
9 int j=a*k;
10 if(a!=j*(int)(k+1))
11 j++;
12 if(a+j==b)
13 cout<<0<<endl;//奇异局势，后手胜！
14 else cout<<1<<endl;//非奇异局势，先手胜！