第二波题目大多都是sg组合游戏的基本变形，是对游戏规则的小改动。容易提取出SG函数的模型，且SG函数的规律也比较简单
而本文的题目需要较多的模型转化思想
但博弈论的精髓还是打表
翻硬币游戏
一条直线上有很多硬币，有的正面朝上，有的反面朝上，每次可以翻一些硬币，但最右边的硬币必须由正变反，不能操作者输
翻硬币可能会有奇奇怪怪的要求，一次翻好几个，一次翻连续的几个
结论：正面朝上的石子之间互不影响，设正面朝上是1，反面朝上是0，那么SG(0101001)=SG(01)^SG(0001)^SG(0000001)
证明见论文
树形删边游戏
SG(u)=xor{SG(v)+1}
证明见jzh神犇的论文
POJ 3710 Christmas Game
环怎么处理啊？
一个奇环可以分成等长的两条链，SG函数值为0，其他后继状态的SG函数值均>1，故奇环的SG函数值为1
一个偶环只能分成异奇偶的两条链，SG函数值均>0，故奇环的SG函数值为0
tarjan边双缩点搞一下就行了
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #define N1 105 6 #define M1 505 7 #define ll long long 8 #define dd double 9 using namespace std; 10 const dd eps=1e-7; 11 12 template <typename _T> void read(_T &ret) 13 { 14 ret=0; _T fh=1; char c=getchar(); 15 while(c<'0'||c>'9'){ if(c=='-') fh=-1; c=getchar(); } 16 while(c>='0'&&c<='9'){ ret=ret*10+c-'0'; c=getchar(); } 17 ret=ret*fh; 18 } 19 struct Edge{ 20 int to[M1*2],nxt[M1*2],val[M1*2],head[N1],cte; 21 void ae(int u,int v,int w) 22 { 23 cte++; to[cte]=v; nxt[cte]=head[u]; 24 head[u]=cte; val[cte]=w; 25 } 26 }e,E; 27 28 int T,n,m; 29 int low[N1],dfn[N1],use[N1],stk[N1],dad[N1],sum[N1],tim,num,tp; 30 void tarjan(int x,int fa) 31 { 32 int j,v; 33 low[x]=dfn[x]=++tim; stk[++tp]=x; use[x]=1; 34 for(j=e.head[x];j;j=e.nxt[j]) 35 { 36 v=e.to[j]; if(e.val[j]==fa) continue; 37 if(!dfn[v]){ 38 tarjan(v,e.val[j]); 39 low[x]=min(low[x],low[v]); 40 }else if(use[x]){ 41 low[x]=min(low[x],dfn[v]); 42 } 43 } 44 if(low[x]==dfn[x]) 45 { 46 num++; 47 while(stk[tp]!=x){ use[stk[tp]]=0; dad[stk[tp]]=num; sum[num]++; tp--; } 48 use[x]=0; dad[x]=num; sum[num]++; tp--; 49 } 50 } 51 52 void rebuild() 53 { 54 int i,j,v; 55 for(i=1;i<=n;i++) 56 { 57 for(j=e.head[i];j;j=e.nxt[j]) 58 { 59 v=e.to[j]; 60 if(dad[i]!=dad[v]) 61 E.ae(dad[i],dad[v],0); 62 } 63 } 64 } 65 66 int sg[N1],de; 67 void dfs(int x,int fa) 68 { 69 int j,v; 70 for(j=E.head[x];j;j=E.nxt[j]) 71 { 72 v=E.to[j]; if(v==fa) continue; 73 dfs(v,x); sg[x]^=sg[v]+1; 74 } 75 if(sum[x]>1 && (sum[x]&1)) sg[x]^=1; 76 } 77 78 void init() 79 { 80 memset(sg,0,sizeof(sg)); memset(low,0,sizeof(low)); 81 memset(sum,0,sizeof(sum)); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); 82 memset(dad,0,sizeof(dad)); memset(use,0,sizeof(use)); 83 memset(&e,0,sizeof(e)); memset(&E,0,sizeof(E)); 84 tim=0; tp=0; num=0; 85 } 86 87 int N; 88 int main() 89 { 90 int i,j,x,y; 91 while(scanf("%d",&N)!=EOF) { 92 93 int ans=0; 94 while(N--) 95 { 96 init(); read(n); read(m); 97 for(i=1;i<=m;i++) 98 { 99 read(x); read(y); e.ae(x,y,i); e.ae(y,x,i); 100 } 101 for(i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i,-1); 102 rebuild(); 103 dfs(dad[1],-1); 104 ans^=sg[dad[1]]; 105 } 106 if(ans) puts("Sally"); else puts("Harry"); 107 108 } 109 return 0; 110 }
K倍动态减法游戏
现在有一堆石子，两个人轮流取，后手取的石子数不能超过先手取的K倍，第一个人不能一下子把石子都取完，取最后一个石子的人赢，问谁能赢
在探究“K倍动态减法游戏前”，先研究一下2倍动态减法游戏，即fibonacci博弈
2倍动态减法游戏
结论：当剩余石子数是斐波那契数时，先手必败
简单证明如下
石子数为2,3时，显然先手必败。
拓展到更大的情况呢？可以利用归纳法证明
设当前堆中石子数是$f(k+1)$，显然$f(k+1)=f(k)+f(k-1)$
先手如果取了$xgeq f(k-1)$个，因为$f(k)leq 2f(k-1)$，故后手一定可以把剩下的都取走，先手必败
先手取了$x<f(k)$个时。
把石子分成两堆，石子数分别是$f(k)$和$f(k-1)$。不论先手在$f(k-1)$这一堆里如何取，后手都可以保证先手必败或剩余石子数是$f(k)$。
先手取的石子数$<f(k-1)/3$时，那么转化成了关于$f(k-1)$的一个子问题，继续递归下去，根据假设会输掉
先手取的石子数$=f(k-1)/3$时，后手取的石子数最大，是$(2/3)f(k-1)$
接下来先手要取$f(k)$这一堆了
先手取的最大石子数是$(4/3)f(k-1)$，而$(4/3)f(k-1)<f(k)$，不能一下子取完，剩下的被后手取走，先手必败
如果取的石子数转化成关于$f(k-1)$的一个子问题，继续递归下去，根据假设会输掉
一开始是石子数如果不是$fib$数，先手必胜
根据齐肯多夫定理，一个数能分解成若干个不相邻的fib数的和
问题变成了成多阶段博弈
而不相邻的两个$fib$数满足$2a(i)<a(j);(j-i>1)$，
先手先取走最小的一个$fib$数石子堆。
那么后手不可能一下子取完第二小的$fib$数石子堆，再根据前面的结论——先手取$fib$数的石子堆一定取不到最后一个，所以这堆石子的最后一个只能被先手取到。
对于更大的fib数也能用相同的方式处理
k倍动态减法游戏
拓展到更高倍该怎么办？
我们也可以构造一个数列$a$，满足$k$倍动态减法游戏所需要的限制
首先，对于所有正整数，都能$a$中几项表示出来，且把这几项从小到大排序后，相邻两项$ka_{j}<a_{j+1}$
我们该构造数列$a$第$i$位了，假设数列的前$i-1$项能表示出的连续的最大的数是$b_{i-1}$
显然$a_{i}=b_{i-1}+1$
加入$a_{i}$以后，我们需要找到$a_{j}$满足$ka_{j}<a_{i}$，那么$a$数列里位置小于等于$j$的每一项都和$a_{i}$组合，那么$b_{i}=a_{i}+b_{j}$
HDU 2486 裸题
1 #include <cmath> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #define N1 1000010 6 #define ll long long 7 #define dd double 8 using namespace std; 9 const dd eps=1e-7; 10 11 template <typename _T> void read(_T &ret) 12 { 13 ret=0; _T fh=1; char c=getchar(); 14 while(c<'0'||c>'9'){ if(c=='-') fh=-1; c=getchar(); } 15 while(c>='0'&&c<='9'){ ret=ret*10+c-'0'; c=getchar(); } 16 ret=ret*fh; 17 } 18 19 int T,n,K,m; 20 int a[N1],b[N1]; 21 22 23 void print(int t) 24 { 25 int x=n,i,mi; 26 for(i=m;i>=1;i--) 27 { 28 if(x>=a[i]) 29 { 30 x-=a[i]; mi=a[i]; 31 } 32 } 33 printf("Case %d: %d ",t,mi); 34 } 35 36 int main() 37 { 38 freopen("t2.in","r",stdin); 39 int i,j,l,r,mid,ans,t; 40 scanf("%d",&T); 41 for(t=1;t<=T;t++) { 42 43 scanf("%d%d",&n,&K); 44 memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b)); 45 a[1]=1; b[1]=1; 46 for(i=2,m=1;b[i-1]<n;i++) 47 { 48 a[i]=b[i-1]+1; m++; 49 l=1,r=i-1; ans=0; 50 while(l<=r) 51 { 52 mid=(l+r)>>1; 53 if(1ll*K*a[mid]<1ll*a[i]) ans=mid, l=mid+1; 54 else r=mid-1; 55 } 56 b[i]=a[i]+b[ans]; 57 } 58 if(a[i-1]==n) printf("Case %d: lose ",t); 59 else print(t); /// 60 61 } 62 return 0; 63 }