博弈死我了……（话说哪个小学生会玩博弈论提到的这类弱智游戏，还取石子）
先推荐两个文章链接：浅谈算法——博弈论（从零开始的博弈论） 博弈论相关知识及其应用
This article was updated at 2019.8.14.
SG函数
在学习博弈论之前，你需要彻底了解 SG 函数。
对于一个两人轮流操作的游戏，我们把游戏的每一种可能的局面设为一种局面。
那么局面只分两种：（对于这一轮操作者的）必胜态和必败态。至于为什么没有不确定态，看完下文你就明白了。
若这一轮操作者从这个局面出发，按最优策略能必胜，则称这个局面为必胜态；若按最优策略也是必败，则称这个局面为必败态。
定义两种局面之间的转换：
1. 终止局面为必败态
2. 对于任意的必胜态，存在至少一条路径可以转移到必败态
3. 对于任意的必败态，只能转移到必胜态
解释：
对于第 1 条，这就看游戏定义了。一般都是定义不能合法操作的人输，即到达了游戏的终止局面。
对于第 2 条，一个玩家虽然在这一轮处于必胜态，但如果他做不当操作，可能会使对手进入必胜态，所以必胜态可能存在转移到必胜态的路径。但这个人会用最优策略，所以他会使对手必败，即选择转移到必败态的路径。所以，这个玩家处于必胜态，当且仅当该局面存在至少一条转移到必败态的路径。
对于第 3 条，一个玩家无论怎么走都会让对面赢，说明他必败了。也可以根据定义反证 必败态不可能转移到必败态。（定义：若一个玩家通过某个转移使对手进入必败态，那他当前处于必胜态）。
概括：若一个局面的所有后继都是必胜态，则这个局面为必败态。否则至少有一个后继是必败态，这个局面为必胜态。由于终止局面是必败态，所以从终止局面可以倒推出所有局面要么是必胜态，要么是必败态。这就是为什么博弈游戏不存在不确定态（即判断不出按最优策略是赢还是输）。
好了，理解了两种局面之间的转换，可以引入 SG（Sprague-Grundy） 函数了。它的定义如下：$$f(v) = ext{mex}{f(u)space |space u∈child[v]}$$
其中 $ ext{mex（minimal exvludant）}$ 是定义在整数集合上的操作。它的自变量是任意整数集合，函数值是不属于该集合的最小自然数。$$ ext{mex}(A) = min{kspace |space complement_N k}$$
那么，终止局面的 SG 值显然为 $0$，并且 SG 值为 $0$ 的局面就是必败态，SG 值不为 $0$ 的局面就是必胜态。
理解：SG 值为 $0$ 的局面，它的所有后继局面的 SG 值都不为 $0$；SG 值不为 $0$ 的局面，它存在 SG 值为 $0$ 的后继局面。这恰好满足上文所述的两种局面之间的转移。
所以从终止局面出发，递推出游戏中所有局面的 SG 值即可得知每种局面是必胜还是必败了。
SG 函数不局限于上述一种定义，只要一个函数满足值为 $0$ 的局面，它的所有后继局面的 SG 值都不为 $0$；值不为 $0$ 的局面，它存在 SG 值为 $0$ 的后继局面，它就可以作为 SG 函数，表示局面是必胜还是必败。
例题 0
有 $n$ 个石子，$ ext{A,B}$ 轮流取 $k$ 个石子，其中 $k∈S$，$S$ 是一个给定的正整数集合。问 $ ext{A}$ 先手是否有必胜策略。
sol
一种石子数量对应一种局面，递推出所有局面的 SG 值即可。
例题 1
有 $n$ 个式子，$ ext{A,B}$ 两人轮流取石子，规定他们每次至多只能取当前石子总数 $lceil frac{s}{2} ceil$ 个式子。问 $ ext{A}$ 先手是否有必胜策略。
sol
列出 $n$ 很小时 $ ext{SG}(n)$ 的值，发现 SG 值有规律
0, 1
0, 2, 1, 3
0, 4, 2, 5, 1, 6, 3, 7
0, 8, 4, 9, 2, 10 ……
这就是本题的规律，先手必败当且仅当 SG 值为 $0$。
例题 2（Nim 游戏）
有 $n$ 堆石子，每堆数目分别为 $x_1,x_2,...,x_n$，$ ext{A,B}$ 两人每次可以选一堆石子取走任意多个，问 $ ext{A}$ 先手是否有必胜策略。
sol
例题 0 的扩展版本。
由于这里有多堆石子，我们考虑对每堆石子求出 $ ext{SG}(x_i)$。然而由于这里不限制取石子的数量，所以实际上 $ ext{SG}(n) = ext{mex}{ ext{SG}(0), ext{SG}(1), ..., ext{SG}(n-1)}$，归纳可得 $ ext{SG}(n) = n$，所以 $ ext{SG}(x_i) = x_i$。
能否由这一些 SG 值得到整局游戏的 SG 值呢？
Nim 游戏的神奇之处在于它的 SG 值和异或扯上了关系。Nim 游戏中先手必败当且仅当 $x_1igoplus x_2igoplus ...igoplus x_n = 0$（$igoplus$ 为异或）。
证明：
当 Nim 游戏的 SG 值为 $0$ 时，我们假定取第 $k$ 堆中的某些石子，使得 $x_k$ 减成 $x'_k$，我们假设 $x_1igoplus x_2igoplus ...igoplus x_n = 0 = x_1igoplus x_2igoplus ...igoplus x'_kigoplus ...igoplus x_n$，可得 $x_k=x'_k$，不符合条件，因此在取一轮石子后 SG 值必然发生了改变。
而对于一个 SG 值不为 $0$ 的局面，我们必然可以通过一个操作，使得 SG 值变为 $0$。设 SG 值为 $sum$，若其最高位为（从个位数起）第 $k$ 位，则至少存在一个 $x_i$，其第 $k$ 位是 $1$。从这堆（第 $i$ 堆）中取走若干个石子，可以使 $x_i$ 的第 $k$ 位变成 $0$，然后因为这样一定会使 $x_i$ 变小，所以我们可以自由确定第 $1$ 到 $k-1$ 位是 $0$ 还是 $1$。把 $sum$ 的每一位异或成 $0$ 即可。
综上，所有 $x_i$ 的异或和 满足 SG 函数的转移性质，可以作为 SG 函数。
例题 3（Nimk）
有 $n$ 堆石子，第 $i$ 堆数目分别为 $x_i$，$ ext{A,B}$ 两人每次可以选最多 $k$ 堆石子，并从选中的每堆石子中取走任意多个，问 $ ext{A}$ 先手是否有必胜策略。
sol
Nimk 就是 Nim 游戏的一个简单扩展。
先手存在必胜策略，当且仅当：将所有石子数转成二进制后，存在一个 $i$，使得所有二进制数的第 $i$ 位上 $1$ 的总数 $mod (k+1)$ 不为 $0$。
证明：
当 Nimk 游戏的 SG 值为 $0$ 时，由于我们每次最多只能选 $k$ 堆，所以我们不能在同一二进制位上改变 $k+1$ 个值，因此在取一轮石子后 SG 值必然发生了改变。
而对于一个 SG 值不为 $0$ 的局面，必然存在一种取石子方式，使其转移到必败局面。
不妨设必胜局面下，$1$ 的个数 $mod (k+1)$ 不为 $0$ 的最高二进制位上有 $m$ 个 $1$，设该二进制位为从低到高数第 $i$ 位，则将 $1$ 的个数改成 $k+1$ 的倍数 需要将该二进制位为 $1$ 的 $m$ 堆石子的数量都减 $2^(i-1)$。我们现在就取这 $m$ 堆。
然后再找 $1$ 的个数 $mod (k+1)$ 不为 $0$ 的最高二进制位，设该位上有 $n$ 个 $1$，并且记之前改变的 $m$ 堆石子在该位上有 $a$ 个 $1$ 和 $b$ 个 $0$（$m,n,a,b$ 都是 $mod (k+1)$ 后的值）。
分情况讨论：
1. $age n$，则将之前 $m$ 堆石子中的 $n$ 个 $1→0$，这样不会改变更多堆石子
2. $bge k+1-n$，则将之前 $m$ 堆石子中的 $k+1-n$ 个 $0→1$，这样不会改变更多堆石子
3. $alt r$ 且 $blt k+1-r$，则将之前 $m$ 堆以外的 $m-a$ 堆的 $1→0$。那么此时改变的堆数为 $m+r-a → a+b+r-a → b+r$，又因为 $b+rlt k+1-r+r → k+1$，所以我们改变的堆数 $m+r-alt k+1$，是合法的。
重复上述操作，我们必然能使每一位上 $1$ 的个数 $mod (k+1)$ 为 $0$，即转移到必败态。
Nim 游戏相当于 Nimk 中 $k=1$ 的情况。
练习 1（uoj 266）
给定一棵 $n$ 个节点的森林，每个连通块的根是块内编号最小的点。每个点有黑白两种颜色中的一种。$ ext{A}$ 和 $ ext{B}$ 轮流选择一个白点，将该点到根的路径上所有点都涂黑。谁无法操作谁输。问 $ ext{A}$ 先手是否有必胜策略。
题意等价于每次选择一个点，删除该点及其所有祖先。
sol
下面的所有加法 $+$ 都表示不进位加法 $ ext{xor}$。
考虑树形 $ ext{dp}$，根据题意设后继局面。
对于这种树形题目，肯定是将以每个点为根的子树设为一个子游戏，然后以一个点为根的子树对应的子游戏的 $ ext{SG}$ 值（下文简称为子游戏 $x$） 由这棵子树中若干个子游戏的 $ ext{SG}$ 值转移来。
正好题目要求记第一个涂黑的数，于是我们
设 $f(x)$ 为以 $x$ 为根的子树的 $ ext{SG}$ 值。
设 $g(x,y)$ 为以 $x$ 为根的子树中，第一步涂黑了子树中的点 $y$ 后的 $ ext{SG}$ 值。
设 $sum(x) = sumlimits_{y∈son(x)} f(y)$。
不难发现， $g(x,y)$ 就是子游戏 $x$ 的一个后继局面集合。
考虑 $g$ 的转移。由于涂黑 $z$ 到子游戏 $x$ 的根节点 $x$ 路径上的所有点 相当于删掉这些点，于是剩下的每棵连通子树（即图中的所有三角）形成了一个新的子游戏。这些子游戏的 $ ext{SG}$ 值之和就是子游戏 $x$ 的 $ ext{SG}$ 值。
终止局面：$$g(x,x)=sum(x)$$。即删掉这个点后，它的所有儿子子树形成了互不关联的子游戏，我们只需要取这些游戏的 $ ext{SG}$ 值之和即可。
一般局面：对于 $z≠x$ 的 $g(x,z)$，画个图（粗线表示一条链，链上的若干节点就不画了；三角表示一棵子树）
不我们需要求所有三角子树对应的子游戏的 $ ext{SG}$ 之和。
那我们需要暴力跑一遍这条链吗？（其实暴力跑可以做到同一复杂度，但这样就没法优化做法了）
不难发现，在 $x$ 的所有儿子中，$g(y,z)$ 已经帮我们记好了以 $y$ 为根的子树中这些三角的 $ ext{SG}$ 值之和。
于是有 $$g(x,z) = g(y,z)+sumlimits_{y'in son(x), z otin subtree(y')} f(y') = g(y,z)+(sumlimits_{y'in son(x)} f(y'))+f(y)spacespace | spacespace zin subtree(y)$$
有人可能要问了：这不是 Nim 游戏，为什么一个局面的 $ ext{SG}$ 值还是它后继子游戏的 $ ext{SG}$ 值的异或和？
其实对于所有简单组合游戏，我们可以将组成它的所有子游戏换成相应数目的一堆石子，这样所有的游戏都等价于 Nim 游戏。详情参考该论文的第 $7-8$ 页.
upd：这篇论文据说不少结论都写错了，实际上其它游戏并不等价于 Nim 游戏。关于这题的异或原因见下：
首先你需要普及一个知识 —— SG 定理：游戏和的 SG 函数等于各个游戏 SG 函数的 Nim 和（异或和）。
然后我们对于这道题来尝试证明 SG 定理！
考虑 Nim 游戏，它为什么能把每堆石子的数量异或起来，作为全局的 $ ext{SG}$ 函数？关键原因是对于一堆数量为 $x$ 的石子，它可以变为 $0$ 到 $x-1$ 中的任意一个数！
但我们仔细想想，为什么在 Nim 游戏是求每个子游戏（每堆石子）的数量的异或和，而 SG 定理是求每个子游戏的 SG 函数的异或和呢？
之前是不是解释过，Nim 游戏中 $ ext{SG}(x)=x$？
所以 Nim 游戏也是求每个子游戏的数量的异或和嘛！
所以对于这类博弈游戏，求每个子游戏的数量的异或和，关键在于对于任意一个子游戏，设其 $ ext{SG}$ 值为 $ ext{SG}(x)$，它必须能转移到 $ ext{SG}$ 值为 $[0, ext{SG}(x)-1]$ 中整数的所有局面。
那任意一个子游戏都是如此么？
以这道题为例，一棵子树对应一个子游戏，我们考虑这个子游戏的 $ ext{SG}$ 值的含义 —— 对该子游戏分解出的所有后继局面（每个后继局面都是一个子游戏集合）的 $ ext{SG}$ 值求 $ ext{mex}$。
既然是求 $ ext{mex}$，那不就说明这个子游戏包含 $ ext{SG}$ 值为 $0,1,2,..., ext{SG}(x)-1$ 的后代么？
然后我们重新梳理一下一堆子游戏放在一起的概念。
对于一棵树（你也可以假设其为初始局面），将一个点到根的路径删掉（图中加粗线条），就会分成很多个子游戏。分出的子游戏集合就是当前子游戏的一个后继局面。
对于一个后继局面对应的子游戏集合 $S$，将一个子游戏 $A$ 中的一个点到根的路径删掉，$A$ 就又分成了若干个子游戏。我们用这若干个子游戏替换掉 $S$ 中的 $A$ 得到 $S'$，则 $S'$ 又是 $S$ 的后继。
也就是说，局面一直是相对于整个游戏而言的。
而我们可以任选子树中的一个点，将它到根的路径删掉。选择的点不同，后继局面也不同，所以一个局面有很多后继局面。
显然这个局面的 $ ext{SG}$ 值就是所有后继局面的 $ ext{SG}$ 值的 $ ext{mex}$。
但一个后继局面可能是很多子游戏组成的集合，该局面的 $ ext{SG}$ 值就是每个子游戏的 $ ext{SG}$ 值得异或和。
这时不难发现，局面 -> 子游戏集合，$ ext{SG}$ 值的转移只发生在不同的子游戏集合间。
在 Nim 游戏中，子游戏集合的大小不变，相邻两个局面的子游戏集合只有一个数不同。
在这个游戏中，子游戏集合的大小会变，但对于相邻两个局面，若前驱局面的 $ ext{SG}$ 值不为 $0$，则前驱局面1一定可以选出一个子游戏，将其拆成若干个子游戏，使这个局面的 $ ext{SG}$ 值为 $0$，而这就是前驱局面的某个后继局面；若前驱局面的 $ ext{SG}$ 值为 $0$，由于集合中每个子游戏的 $ ext{SG}$ 值都是该子游戏的所有后继局面的 $ ext{SG}$ 值的 $ ext{mex}$，所以该集合中不存在一个子游戏 $A$，使得这个子游戏存在一个后继局面 $B$，满足 $ ext{SG}(A)= ext{SG}(B)$，进而得出该前驱局面的后继局面的 $ ext{SG}$ 值一定会变为非 $0$。
不难发现这种子游戏集合间的转移满足 $ ext{SG}$ 函数的转移要求。
实际计算时，我们从终止局面出发， $ ext{dp}$ 出每个子游戏的 $ ext{SG}$ 值即可，因为你显然不可能记下每个局面对应的子游戏集合，而我们只需要知道一个子游戏集合中的每个子游戏的 $ ext{SG}$ 值，而一个子游戏是原树的一个子树，故只有 $n$ 个。再结合这题的 $ ext{dp}$ 方式，就只有 $n^2$ 种实际存在的局面了。
Q.E.D
然后考虑 $f$ 的转移，由于 $g(x,i)$ 都是子游戏 $x$ 的后继局面，所以 $f(x) = ext{mex}(g(x,i)space |space iin subtree(x))$。
有了 $f$ 和 $g$ 的转移，暴力 $ ext{dp}$ 是 $O(n^2)$ 的。
下面考虑数据结构优化 $ ext{dp}$。
用一棵 $ ext{01trie}$ 维护每个点 $x$ 的数组 $g_x(z)$。
则 $g_x$ 由所有 $g_y$ 整体异或 $f(y)$ 后合并起来 再整体异或 $sumlimits_{yin son(x)} f(y)$ 得到（也可以直接对每个 $g_y$ 整体异或 $f(y) + sumlimits_{yin son(x)} f(y)$）。
然后我们需要对 $g_x$ 求 $ ext{mex}$ 得到 $f(x)$。
$ ext{01trie}$ 可以轻松维护整体异或一个值、求 $ ext{mex}$。对于整体异或一个值，打 $ ext{tag}$ 记录以该点为根的子树要异或的值 $x$ ，若 $x$ 在该点对应的二进制位为 $1$ 则交换该点的左右儿子；对于求 $ ext{mex}$，直接在 $ ext{trie}$ 树上二分，若左子树未满则往左走，满了则往右走。
由于 $ ext{SG}$ 值 $le n$，故总复杂度为 $O(nlog n)$。
update：
我在 $ ext{uoj}$ 翻 $ ext{60pts}$ 代码时，看到了一个奇怪的代码。
不难发现，他在 $ ext{dfs2}$ 中写了这么一句：if(FLAG) tot[0]+=coef;
这显然有问题，因为 $ ext{dfs2}$ 实质上是在枚举 $g(x,z)$ 的 $z$，而上面这句没有对应的 $z$，对于叶子节点也不应该有任何特殊操作，不知道作者是怎么想的居然能写出这么明显的问题。
他这么写，相当于默认任何状态都有一个值为 $0$ 的后继状态。当时我就跟 scb 神仙讨论了一下，他也不知道这是什么道理。于是我们在 ezoj 上翻了一下这道题的简化版 —— 保证 $n$ 个点由 $n-1$ 条边连通成一棵树，结果发现那题的数据全是 $ ext{Alice}$ 必胜。
回来看了下这道题，发现在只有一棵连通树的情况下，$ ext{SG}$ 值一定不为 $0$，即 $ ext{Alice}$ 必胜。样例中唯一一组 $ ext{Bob}$ 赢的数据还是两个不相连的单点。
我们很疑惑，于是尝试构造了几组一棵连通树的数据，很快发现构造出的数据的 $ ext{SG}$ 值全不为 $0$……
scb 帮忙上交友群问了一下证明·，发现很简单……
对于一棵连通树，让 $ ext{Alice}$ 先选根节点，若去掉根节点后的局面为必败态，那 $ ext{Alice}$ 当然就赢了；
若为必胜态，则 $ ext{Bob}$ 可以通过选择某个点让 $ ext{Alice}$ 必败，也就是让 $ ext{Bob}$ 必胜。但不难发现由于 $ ext{Alice}$ 选的点是根，所以一定是 $ ext{Bob}$ 选的点的祖先，在选择某个点之前选择它的祖先 是无用操作（因为一次操作是选择某个点，将其和所有祖先涂黑），故让 $ ext{Alice}$ 一开始不选根节点 而选这个点，$ ext{Alice}$ 就必胜了。
这个证明思路和一个类似的游戏很像 —— $n imes m$ 的棋盘，每次去掉一个格子及其右下角所有格子。
后记
这玩意可能不怎么考，不要过度痴迷。