博弈论模板

博弈论讲解 ：

【算法讲堂】【电子科技大学】【ACM】博弈论基础

SWPU-ACM每周算法讲堂-博弈论入门

 

博弈论题目有如下特征：

1.有两名选手；

2.两名选手交替操作，每次一步，每步都是在有限的合法集合中选取一种进行；

3.在任何情况下，合法操作只取决于情况本身，与选手无关；

4.游戏的败北条件为：当某位选手需要进行操作时，当前没有任何可以执行的合法操作，则该选手败北。

 

一、巴什博弈（Bash Game）

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。

显然，如果n=m+1，1那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则：每个回合时m+1个，如果n=（m+1)*r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。

总结上面的分析得出公式：有n个物品每次最多取m个，先取完的获胜，则n%(m+1)==0时为必胜状态。

例题：HDU - 1846 Brave Game（巴什博弈模板）

代码：

int mod=n%(m+1);
if(mod>=1) printf("first\n");
else printf("second\n");

 

二、斐波那契博弈（Fibonacci's Game）

有一堆个数为n的石子，游戏双方轮流取石子，满足：

1)先手不能在第一次把所有的石子取完；

2)之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取的石子数的2倍）。

以下了解就好，主要记住最后的结果。

约定取走最后一个石子的人为赢家，求必败态。

  这个和之后讲到的Wythoff’s Game 和取石子游戏 有一个很大的不同点，就是游戏规则的动态化。之前的规则中，每次可以取的石子的策略集合是基本固定的，但是这次有规则：一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。

  这个游戏叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci数列：f[n]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,… 有密切的关系。如果试验一番之后，可以猜测：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。换句话说，必败态构成Fibonacci数列。

就像“Wythoff博弈”需要“Beatty定理”来帮忙一样，这里需要借助“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。定理的证明可以在这里 看到，不过我觉得更重要的是自己动手分解一下。

比如，我们要分解83，注意到83被夹在55和89之间，于是把83可以写成83=55+28；然后再想办法分解28，28被夹在21和34之间，于是28=21+7；依此类推 7=5+2，故 ；

  如果n=83，我们看看这个分解有什么指导意义：假如先手取2颗，那么后手无法取5颗或更多，而5是一个Fibonacci数，如果猜测正确的话，（面临这5颗的先手实际上是整个游戏的后手）那么一定是先手取走这5颗石子中的最后一颗，而这个我们可以通过第二类归纳法来绕过，同样的道理，接下去先手取走接下来的后21颗中的最后一颗，再取走后55颗中的最后一颗，那么先手赢。

  反过来如果n是Fibonacci数，比如n=89：记先手一开始所取的石子数为y，若y>=34颗（也就是89的向前两项），那么一定后手赢，因为89-34=55=34+21<2*34，所以只需要考虑先手第一次取得石子数y<34的情况即可，所以现在剩下的石子数x介于55到89之间，它一定不是一个Fibonacci数，于是我们把x分解成Fibonacci数：x=55+f[i]+…+f[j]，若，如果f[j]<=2y，那么对B就是面临x局面的先手，所以根据之前的分析，B只要先取f[j]个即可，以后再按之前的分析就可保证必胜。

总结：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。

例题：HDU - 2516 取石子游戏（斐波那契博弈模板）

1堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出"Second win".先取者胜输出"First win". 

Input

输入有多组.每组第1行是2<=n<2^31. n=0退出. 

Output

先取者负输出"Second win". 先取者胜输出"First win". 
参看Sample Output. 

Sample Input

2
13
10000
0
Sample Output

Second win
Second win
First win
 

#include
using namespace std;

int main()
{
	int n,fib[50];
	fib[0]=2;
	fib[1]=3;
	for(int i=2;i<50;i++)
	{
		fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
	}
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		int flag=0;
		for(int i=0;i<50;i++)
		{
			if(fib[i]==n)
			{
				flag=1;
				printf("Second win\n");
			}
			if(fib[i]>n) break;
		}
		if(flag==0) printf("First win\n");
	}
	return 0;
}

 

代码（伪）：

if(n为fib) printf("Second win\n");
else printf("First win\n");

 

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。 

    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。

4.（Betty 定理）：如果存在正无理数 A, B 满足 1/A + 1/B = 1，那么集合 P = { [At], t ∈ Z+}、Q = { [Bt], t ∈ Z+} 恰为集合 Z+ 的一个划分，即：P ∪ Q = Z+，P ∩ Q = ø。

5.上述矩阵中每一行第一列的数为 [Φi]，第二列的数为 [(Φ + 1)i]，其中 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2 为黄金分割比。

    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=[（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。（poj 1067）

总结：黄金分割比，首先求出差值，差值*黄金分割==最小值的话后手赢，否则先手赢。

例题：POJ - 1067 取石子游戏（威佐夫博弈模板）

代码：

if(a>b) swap(a,b);
if(a==int(1.0*(b-a)*(sqrt(5.0)+1)/2)) printf("0\n");//黄金分割比:根号5加1除以2 
else printf("1\n");//先取者胜

 

四、尼姆博奕（Nimm Game）

有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。

以下过程还是仅供了解

   这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情形。

    计算机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号⊕（或者是xor，这个符号不好打，以下用（+）表示）表示这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结果：

1 =二进制01

2 =二进制10

3 =二进制11 （+）

———————

0 =二进制00 （注意不进位）

 

对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。

    任何奇异局势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。

如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（a（+）b）即可。

 

    例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达到奇异局势（14，21，27）。

    例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品

就形成了奇异局势（55，81，102）。

    例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，4

5，48）。(hdoj 1850)

 

总结：

n堆物品，两人轮流取，每次取某堆中不少于1个，最后取完者胜。

将n堆物品数量全部异或后结果为0则必败，否则必胜。

例题：HDU - 1850 Being a Good Boy in Spring Festival（Nim博弈模板）

下面是一个二人小游戏：桌子上有M堆扑克牌；每堆牌的数量分别为Ni(i=1…M)；两人轮流进行；每走一步可以任意选择一堆并取走其中的任意张牌；桌子上的扑克全部取光，则游戏结束；最后一次取牌的人为胜者。 
现在我们不想研究到底先手为胜还是为负，我只想问大家： 
——“先手的人如果想赢，第一步有几种选择呢？” 

Input

输入数据包含多个测试用例，每个测试用例占2行，首先一行包含一个整数M(1

Output

如果先手的人能赢，请输出他第一步可行的方案数，否则请输出0，每个实例的输出占一行。 

Sample Input

3
5 7 9
0
Sample Output

1

#include
using namespace std;

int main()
{
	int n,a[110];
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		int ans=0;
		for(int i=0;i

SG函数：HDU - 1847 Good Luck in CET-4 Everybody!（博弈论学习--SG函数）

作为计算机学院的学生，Kiki和Cici打牌的时候可没忘记专业，她们打牌的规则是这样的： 
1、  总共n张牌; 
2、  双方轮流抓牌； 
3、  每人每次抓牌的个数只能是2的幂次（即：1，2，4，8，16…） 
4、  抓完牌，胜负结果也出来了：最后抓完牌的人为胜者； 
假设Kiki和Cici都是足够聪明（其实不用假设，哪有不聪明的学生~），并且每次都是Kiki先抓牌，请问谁能赢呢？ 
当然，打牌无论谁赢都问题不大，重要的是马上到来的CET-4能有好的状态。 

Good luck in CET-4 everybody! 

Input

输入数据包含多个测试用例，每个测试用例占一行，包含一个整数n（1<=n<=1000）。

Output

如果Kiki能赢的话，请输出“Kiki”，否则请输出“Cici”，每个实例的输出占一行。 

Sample Input

1
3
Sample Output

Kiki
Cici
 

 

解题思路：

SG函数：

        首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。

        对于任意状态 x ， 定义 SG(x) = mex(S),其中 S 是 x 后继状态的SG函数值的集合。如 x 有三个后继状态分别为 SG(a),SG(b),SG(c)，那么SG(x) = mex{SG(a),SG(b),SG(c)}。 这样 集合S 的终态必然是空集，所以SG函数的终态为 SG(x) = 0,当且仅当 x 为必败点P时。

【实例】取石子问题

有1堆n个的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }个石子，先取完石子者胜利，那么各个数的SG值为多少？

SG[0]=0，f[]={1,3,4},

x=1 时，可以取走1 - f{1}个石子，剩余{0}个，所以 SG[1] = mex{ SG[0] }= mex{0} = 1;

x=2 时，可以取走2 - f{1}个石子，剩余{1}个，所以 SG[2] = mex{ SG[1] }= mex{1} = 0;

x=3 时，可以取走3 - f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，所以 SG[3] = mex{SG[2],SG[0]} = mex{0,0} =1;

x=4 时，可以取走4-  f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，所以 SG[4] = mex{SG[3],SG[1],SG[0]} = mex{1,1,0} = 2;

x=5 时，可以取走5 - f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，所以SG[5] = mex{SG[4],SG[2],SG[1]} =mex{2,0,1} = 3;

以此类推.....

   x        0  1  2  3  4  5  6  7  8....

SG[x]    0  1  0  1  2  3  2  0  1....

由上述实例我们就可以得到SG函数值求解步骤，那么计算1~n的SG函数值步骤如下：

1、使用 数组f 将 可改变当前状态 的方式记录下来。

2、然后我们使用 另一个数组 将当前状态x 的后继状态标记。

3、最后模拟mex运算，也就是我们在标记值中 搜索 未被标记值 的最小值，将其赋值给SG(x)。

4、我们不断的重复 2 - 3 的步骤，就完成了 计算1~n 的函数值。

 

认真分析上面的讲解后，对于这道题我们只需稍加修改每次取的值即可。

 

AC代码：
 

#include
using namespace std;
 
int n,a[11],sg[1010];
 
int mex(int x)
{
	if(sg[x]!=-1) return sg[x];//记忆化搜索找sg值 
	int book[1010];
	memset(book,0,sizeof(book));
	for(int i=0;i<11;i++)
	{
		int t=x-a[i];//判断最多能取多少张牌,把每个能取到的都记录下来 
		if(t<0) break;
		sg[t]=mex(t);//找t的sg值 
		book[sg[t]]=1;//标记为了寻找最小的不属于这个集合的非负整数,即下面的mex运算 
	}
	for(int i=0;;i++)
	{
		if(book[i]==0)
		{
			sg[x]=i;
			break;
		}
	}
	return sg[x];
}
 
int main()
{
	a[0]=1;
	for(int i=1;i<=10;i++)
	{
		a[i]=a[i-1]*2;//打表,每次只能取2的次幂张牌 
	}
	while(~scanf("%d",&n)&&n)
	{
		memset(sg,-1,sizeof(sg));//sg值是非负整数 
		if(mex(n)) printf("Kiki\n");//先取者胜利,sg值不为0 
		else printf("Cici\n");//后取者胜利,sg值为0 
	}
	return 0;
}