通常的Nim游戏的定义是这样的：有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。
结论：（不给证明，可去搜证明）
对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)，它是必败态当且仅当a1^a2^...^an=0，其中^表示异或(xor)运算。怎么样，是不是很神奇？我看到它的时候也觉得很神奇，完全没有道理的和异或运算扯上了关系。但这个定理的证明却也不复杂，基本上就是按照两种position的证明来的。
int N,A[maxn]
void solve( )
{
int x = 0;
for(int i=0 ; i<N ; i++)
x^=A[i];
if(x!=0)
puts("A");
else
puts("B");
return 0;
}
现在来实战分析Nim
poj 1704
题意】
从左到右有一排石子，给出石子所在的位置。规定每个石子只能向左移动，且不能跨过前面的石子。最左边的石子最多只能移动到1位置。每次选择一个石子按规则向左移动，问先手是否能赢。
分析：如果我们将棋子两两看成一对，之间的距离表示Nim里面小石头堆的数量，那这就是个Nim.那这里就有个疑问了，那奇数的时候怎么办了呐？ 很简单拿第一个棋子的距离与 1 当成是一个堆其他的不变就好了，那问题又来了，为什么，可以这样转换呢？ 这个道理很简单我棋子向左移动，是不是距离就减少了，那不就是相当于拿走石头吗，等等！聪明仔可能发现了问题了，一个棋子左移动，那肯定是有一堆的石头的数量增加了呀 ， 这不符合Nim呀！想想也是，不过如果我们将其看做是对手不讲道义，破坏规则，进行加石头 。 那我们只要将对手增加石头的部分减回去，不就是原来的状态了吗。神奇不，注意需要排序，超坑
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1000 ;
int n,p[maxn],val[maxn];
int main( )
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1 ; i<=n ; i++)
scanf("%d",&p[i]) ;
sort(p+1,p+1+n);
int cnt=0;
if(n%2==0)
{
for(int i=2 ; i<=n ; i+=2)
{
val[cnt++]=p[i]-p[i-1]-1;
}
}
else
{
val[cnt++]=p[1]-1;
for(int i=3 ; i<=n ; i+=2)
{
val[cnt++]=p[i]-p[i-1]-1;
}
}
int x=0;
for(int i=0 ; i<cnt ; i++)
{
x^=val[i];
//printf("%d ",val[i]);
}
if(x!=0)
puts("Georgia will win");
else
puts("Bob will win");
}
return 0;
}
题目：
A 和 B 在玩游戏，给k个数字a1 , a2 , ... , ak ; 一开始有n堆硬币 ， 每一堆有 xi 枚 。 A 和 B 轮流选出一堆硬币 ，从中取出硬币 ， 每次所取硬币的枚数一定在a1 , a2 , a3 ,...., ak ; 里面，A先取，取光硬币的一方获胜 。
分析：这里引入一个概念 Grundy , 利用这个东西，很多游戏都可以转换为Nim>
只有一堆石头的情况
int grundy(int x){
集合S={}；
for(j=1:k){
if(a_j<=x) 将grundy(x-a_j)加到S集合中
}
return 最小的不属于S的非负整数
}
rundy值：除（任意一步所能转移到 的状态 的Grundy值 ）以外的最小非负整数，这样的Grundy值，和Nim中的一个石子堆类似，有如下性质：
mex{0，1，2}=3；mex{ 1, 2}=0 ; mex{ 2, 3}=1
1.Nim中有x颗石子的石子堆，能转移成有0，1，……，x-1堆石子的石子堆
2.从Grundy值为x的状态出发，可以转移到Grundy值为0，1，……，x-1的状态。
Nim：
所有石子堆的石子数xi的XOR
x1 XOR x2 XOR …XOR xk
为0必败，为1必胜
Grundy值等价于Nim中石子数，所以对于Grundy的情况：
所有硬币堆的Grundy的值
grundy(x1) XOR grundy(x2) XOR …… XOR grundy(xn)
为0必败，为1必胜。
#include <cstdio> #include <set> #include <algorithm> #define maxn 105 #define maxk 105 using namespace std; int N,K,X[maxn],A[maxk]; int grundy[maxn+1]; void solve(){ //轮到自己剩0的时候必败 grundy[0]=0; //计算grundy int max_x=*max_element(X,X+N);//找最大值 for(int j=1;j<=max_x;j++){ set<int> s; //存储当前的状态 for(int i=0;i<K;i++){ if(A[i]<=j) s.insert(grundy[j-A[i]]); } int g=0; //寻找当前状态的最小排斥 while(s.count(g)!=0) g++; grundy[j]=g; } int ans=0; for(int i=0;i<N;i++) ans^grundy[X[i]]; if(ans!=0) puts("Alice"); else puts("Bob"); } int main(){ scanf("%d%d",&N,&K); for(int i=0;i<N;i++){ scanf("%d",&A[i]); } for(int j=0;j<K;j++){ scanf("%d",&X[j]); } solve(); return 0; }
poj2311
题意:给定一张n*m的矩形纸片,定义一个决策为:从所有的纸片中任选一张(初始时仅有1张),沿平行于矩形边剪切,将原矩形分割为2个较小的矩形,双方轮流决策,先剪出1*1纸片者获胜,问先手是否必胜.
经典的组合游戏问题,首先一张纸片经过一次裁剪变为两张,即一个游戏变为两个子游戏,那么子游戏和的sg值=子游戏A的sg值异或子游戏B的sg值,即sg[A∪B] = sg[A] xor sg[B].
很容易想出将(1,1)作为终止条件.但是考虑组合游戏本质为在一张有向图中从S到T双方轮流移动,但此题中只要出现一张(1,1)游戏便结束,以(1,1)作为终止条件可能会产生有向图并没有走完但游戏已经结束的情况.
稍加分析可知,某一方某一次决策之后产生了一张(1,k)的纸片,那么这一方必败(因为另一方将(1,k)裁剪为(1,1)&(1,k-1)可以直接获胜),那么对于(i,j)的纸片,最优决策一定会避免剪出(1,k)的纸片,当纸片无论怎么剪都会出现(1,k),称这张纸片为"不可剪",当某纸片不可剪时,则会选择其他纸片进行裁剪,易证,存在某一个状态,所有的纸片都是"不可剪".
不可剪状态的纸片有:(2,2), (2,3), (3,2), (3,3).
那么只需要将这些纸片作为终止条件问题就解决了.
#include<stdio.h> #include<set> #include<string.h> using namespace std ; int mem[201][201]; int grundy(int w , int h) { if(mem[w][h] != -1) return mem[w][h] ; set<int> s; for(int i=2 ; w-i>=2 ; i++) s.insert(grundy(i,h)^grundy(w-i,h)); for(int i=2 ; h-i>=2 ; i++) s.insert(grundy(w,i)^grundy(w,h-i)); int res = 0; while(s.count(res)) res++; return mem[w][h]=res ; } int main( ) { int w,h; memset(mem,-1,sizeof(mem)); while(scanf("%d%d",&w,&h)!=EOF) { if(grundy(w,h) != 0) puts("WIN"); else puts("LOSE"); } }
<span style="font-size:18px;">#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++) #define REP(i, l, r) for (int i = l; i >= r; i--) #define MAXN 1010 int n, m, sg[MAXN][MAXN]; bool xx[MAXN]; inline int mex() {int i; for (i = 0; xx[i]; ++i); return i;} inline int getsg(int n, int m) { if (~sg[n][m]) return sg[n][m]; memset(xx, 0, sizeof(xx)); rep(i, 2, n-2) xx[getsg(i, m) ^ getsg(n-i, m)] = 1; rep(i, 2, m-2) xx[getsg(n, i) ^ getsg(n, m-i)] = 1; return sg[n][m] = mex(); } int main() { memset(sg, -1, sizeof(sg)); sg[1][1] = sg[2][2] = sg[3][3] = sg[2][3] = sg[3][2] = 0; while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) cout << (getsg(n, m) ? "WIN" : "LOSE") << endl; return 0; } </span>