暑期集训 博弈论概览
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(一)Bash Game -- 巴什博弈
简介
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。
这是编程博弈题中最简单的一类，我们知道当先手面对(n=m+1)的情况时，后手必胜。以此为基准向上推演我们可以得到如下结论：
当且仅当先手面对的物品个数 n 满足 (n=k(m+1)) 时后手必胜。
因为设先手取 x 个物品，后手一定可以取到(m+1-x)个物品使物品总数变为(n=(k-1)(m+1))。以此类推，可以发现最后一定能变成(n=m+1)的奇异情况。所以当(n%(m+1)==0)时后手必胜。与此对应，当(n%(m+1)==k>0)时，先手可以拿走k个物品让对手面对(n=k(m+1))的必败情况。
例题
1 - 悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者 HDU - 2188
思路：
翻译一下题目：石头总数为(n_{(0<n<10000)})，没人每次捐款必须为正整数/大于0，且每次最多捐(m_{(1<=m<=10)})元。所以直接判断n%(m+1)即可
代码：/*不被允许出现在第一列的井号*/ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int m,n; int C; cin>>C; while(C--) { cin>>n>>m; if(n%(m+1)) cout<<"Grass"<<endl; else cout<<"Rabbit"<<endl; } // system("pause"); return 0; }
2 - Good Luck in CET-4 Everybody! HDU - 1847
思路：
首先我们找到奇异情况(n=3) 这个时候先手必输。
以此往上推，我们得到当n%3==k时，先手总可以取(2^0)或者(2^1)使对方面对n%3=0的情况，且3的倍数一定不是2的幂次。所以最后一定是对方面对(n=3)的情况。
即n%3>0是先手必胜态。
代码：/*不被允许出现在第一列的井号*/ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n; while(cin>>n) { if(n%3==0) cout<<"Cici"<<endl; else cout<<"Kiki"<<endl; } return 0; }
3 - Codeforces 1162 - E. Thanos Nim (^{*2100})
思路：
翻译题目：两个人 Alice 和 Bob 以偶数堆的石头 (a[n] (2≤n≤50, 1≤a_i<)) 进行游戏，每人每轮可从剩余非空的 (frac{n}{2}) 堆石头中取出任意大于 1 数量的石头，同一轮中不同堆中取出的石头可以不相同。若轮到某人时非空石头堆不足 (frac{n}{2}) 则此人失败。问在给定数据中谁必定获胜。
本题中，谁先将任意一堆或挤兑==几堆石头取空，谁就输了。因为对家接着取空(frac{n}{2})堆石头，剩下的石头堆数就不满 (frac{n}{2})了。
什么时候先手能保持不败之地呢？设最少的石子堆a[i]的石子数为a,有b堆这样的石子，当b<=n/2的时候，先手可以将另外一半的石子拿走至与前一半石子堆的数量一致( {a1 a2 ... an/2 a/n2+1... an} 变成 {a1 a2 ...an/2 a1 a2.... an/2} ) ，那么接下来无论对方拿走多少石子，我们都可以模仿对方的策略，显然，对方会先拿控一堆石子走到必败态，那么先手就必赢。在考虑一种情况，当b>n/2时，也就是最少的石子堆数量占一半以上，那么无论先手怎么取，后手都可以将剩下的石子堆保持最少的石子堆有一半以上（无论对方怎么取，我们只需要把n/2个石子堆数量保持与最小的一致），那么此时先手是一定会先拿空一堆石子，那么先手必败。综上，也就是判断最少石子堆数量是否有一半以上即可。
代码：/**/ #include<iostream> /**/ #include<algorithm> using namespace std; int main() { int n;int a[55]; cin>>n; for(int i=0;i<n;i++) { cin>>a[i]; } sort(a,a+n); if(a[0] == a[n/2]) cout<<"Bob"<<endl; else cout<<"Alice"<<endl; return 0; }
(二)Nim Game -- 尼姆博弈
简介 来自百度百科
有(n_{(n>=2)})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）。
先给结论
令第 (i) 堆石子个数为 (a_i)，当且仅当(a_1oplus a_2oplus a_3 oplus ...oplus a_n=0)时后手必胜
证明：
令 (a_1oplus a_2oplus a_3 oplus ...oplus a_n) 为M。
首先，第一个先手必败点就是所有石头堆数目都为0，此时(0oplus 0oplus 0oplus ...oplus 0=0)。
其次证明两点：
- 任何 (M!=0) 的情况都能通过一次操作变成 (M=0) 的情况。
- 任何 (M=0) 的情况都无法经过一次操作变成另一个 (M=0) 的情况。
当 (M=k_{(k
eq 0)}) 时，设k的二进制表示有 (x) 位。则一定有至少一个 (a_i) ，其二进制表示第 (x) 位同样为1。
则有 (a_i oplus k<a_i) ，即 (exists mgt 0使a_i-m=a_ioplus k) 。
又通过 (xoplus y oplus y = x) 可得：(a_1oplus a_2oplus a_3 cdots a_{i-1} oplus a_{i+1} cdots a_n=koplus a_i)
所以 (a_1oplus a_2oplus a_3 cdots a_{i-1} oplus a_{i+1} cdots a_noplus (a_i-m)=koplus a_ioplus (a_i-m))
即 (a_1oplus a_2oplus a_3 cdots a_{i-1} oplus a_{i+1} cdots a_noplus (a_ioplus k)=koplus a_ioplus (a_ioplus k) = 0)
1得证。
当 (M=0) 时，设 (exists a_i^{'}=a_i-m_{(m>0)}, 使M^{'}=a_1oplus a_2cdots a_i^{'}cdots oplus a_n=0)
则有 (a_1oplus a_2cdots a_i^{'}cdots oplus a_n=a_1oplus a_2cdots a_icdots oplus a_n)
即 (a_i^{'}=a_i)，则(m=0) 。可知 (m=0) 非法。所以2得证。
例题
1 - Being a Good Boy in Spring Festival HDU - 1850
思路：
直接套公式计算(N_1oplus N_2 cdots oplus N_M)即可
代码：/**/#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int M,N[1000]; int sum; int ans; while(cin>>M && M!=0) { sum = 0; ans = 0; for(int i=0;i<M;i++) { cin>>N[i]; sum ^= N[i]; } if(sum == 0) cout<<0<<endl; else { for(int i=0;i<M;i++) { if((sum^N[i]) < N[i]) ans++; } cout<<ans<<endl; } } system("pause"); return 0; }
2 - Northcott Game HDU - 1730
思路：
我认为博弈论有一个很重要的点就是操作无效化。通过模仿对手的操作令部分操作无效化。使题目条件变得更简单
对于这道题而言，我们只需考虑两个棋子之间的空隙，将间隙dang'che即可。因为若先手棋子后退了，则后手只需要将自己的棋子平移相同距离即可。所以我们完全可以忽视两边的空间。且我们知道先手不能随便后退，否则后手就有了改变局势的机会。
于是我们计算每行两颗棋子之间的空隙，并计算其异或和便能得出答案
代码：/**/#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,m; int N[1005]; int a,b; int sum=0; while(cin>>n>>m) { sum=0; for(int i=0;i<n;i++) { cin>>a>>b; N[i] = abs(a-b)-1; sum ^= N[i]; } if(!sum) cout<<"BAD LUCK!"<<endl; else cout<<"I WIN!"<<endl; } system("pause"); return 0; }
Nim游戏变体之阶梯Nim博弈
阶梯Nim博弈
有一n阶楼梯，第(i)阶楼梯上有(a_i)枚硬币。两个人轮流操作。每次操作可将第(i)阶台阶上的(m_{(m>0)})枚硬币移动到第(i-1)阶台阶。问先手必胜情况。
在本类nim变体中，我们发现，对于一种情况的先手A而言，若A从第(2k)级台阶移动(m)枚硬币到第(2k-1)级台阶，后手B则可紧跟着将这m枚硬币从第(2k-1)级台阶移动到第(2k-2)级台阶。即先手对偶数级台阶进行操作，最后一定是后手将其放到地面。先手永远不可能将偶数级台阶的硬币亲手放到地面去。由此我们可以忽视任何对偶数级台阶的操作，将奇数级台阶的硬币移动到偶数级台阶便视为这些硬币已经被“拿走”。仅考虑奇数级台阶。这个问题就变成了普通Nim问题。我们只需要计算奇数阶硬币数的异或和(a_1 oplus a_3 oplus cdots oplus a_{n-((n+1){\%}1)})即可。
例题
3 - Georgia and Bob POJ - 1704
思路：
将两个棋子之间的空隙看成石头。左边是楼梯顶右边是楼梯底。这道题就变成了阶梯Nim博弈
代码：/**/#include<iostream> /**/#include<cmath> /**/#include<algorithm> using namespace std; int main() { int T; cin>>T; int N; int P[10005] = {0}; int sum = 0; while(T--) { sum=0; cin>>N; for(int i=1;i<=N;i++) { cin>>P[i]; } sort(P+1,P+N+1); int i=1; if(N%2) i=0; for(i;i<=N;i+=2) { sum ^= (abs(P[i]-P[i+1])-1); } if(sum) cout<<"Georgia will win"<<endl; else cout<<"Bob will win"<<endl; } system("pause"); return 0; }
(三)Wythoff's game -- 威佐夫博弈
简介
有两堆石子(m,n(m>0,n>0))，双方轮流取走一些石子，合法的取法有如下两种：
1)在一堆石子中取走任意多颗；
2)在两堆石子中取走相同多的任意颗；
约定取走最后一颗石子的人为赢家，求必败态(必胜策略)。