每日一题 2019/4/4 Nim博弈

今天是头疼、想看Final但是还是要做题的一天

今天学一下Nim博弈

首先是经典问题：n堆石子，每堆a[i]个，两个人每次至少从一堆中拿一个，谁没的拿了就输了，问谁赢

答案是如果n堆石子的异或和为0，先手必败，否则先手必胜

证明的思路是：对于一个a[1] ^ a[2] ^ ... ^a[n]这个状态，记为x，如果x = 0，是不可能取石子使x != 0，但是如果x != 0，是一定存在一种方法使x = 0。不具体写了，稍加思考就能想到。

题目：#1163 : 博弈游戏·Nim游戏

 

二：

Alice和Bob这一次准备玩一个关于硬币的游戏：
N枚硬币排成一列，有的正面朝上，有的背面朝上，从左到右依次编号为1..N。现在两人轮流翻硬币，每次只能将一枚正面朝上的硬币翻过来，并且可以随自己的意愿，在一枚硬币翻转后决定要不要将该硬币左边的任意一枚硬币也翻一次(正面翻到背面或背面翻到正面)。翻最后一枚正面向上的硬币的人获胜。同样的，这次游戏里面Alice仍然先手，两人均采取最优的策略，对于给定的初始局面，Alice会获胜还是Bob会获胜？

题解不想自己敲了，粘一下

这个游戏叫做Turning Turtles，它的本质就是Nim游戏。那么它到底是如何转化为Nim游戏的呢？让我们一步一步来分析。

首先，我们先将局面分解一下，每一次我们只考虑一枚硬币。
不妨设所有硬币全部背面朝上的局面为局面0
假设现在N枚硬币，只有第1枚是正面朝上的。该局面只能转化为全部硬币背面朝上的局面。我们假定该局面为 局面1，则局面1可以转化为局面0。
假设只有第2枚是正面朝上的。该局面可以转化为：只有硬币1正面朝上；全部硬币背面朝上。我们假定该局面为 局面2，局面2可以转化为局面1和局面0。
同理我们可以推定，第i枚硬币正面朝上的局面为局面i，局面i可以转化为局面0..i-1。

现在，我们考虑把给定的局面拆成单个硬币的局面集合，比如给定了{HHTHTTHT}，其中H表示正面朝上，T表示背面朝上。那么就是当前局面={局面1，局面2，局面4，局面7}。每一次我们可以改变其中个一个局面，当出现局面0时就从集合中删去。
这样一看是不是就变成了Nim游戏了？然而事实并没有那么简单。

进一步分析，若同时存在i,j(j 在反转i的时候我们考虑从局面i转移到局面j，那么我们会有两个局面j。
表示第j枚被反转了2次，也就是回到了背面朝上的状态。
那么我们得到这个游戏一个性质：当出现两个同样的局面时，等价于这两个局面合并变成了局面0。

这种情况在Nim游戏中是没有的，那么它会对Nim游戏的状态造成影响么？
我们想一想，在Nim游戏中，如果出现两个数量相同的堆时，比如A[i]=A[j]。在计算Nim游戏状态时我们采用的xor操作，xor有交换律和结合律。则我们可以变成：
(A[i] xor A[j]) xor Other
因为A[i] = A[j]，所以A[i] xor A[j] = 0。上式实际就是：
0 xor Other
也就是说在原Nim游戏中，若出现了两个数量相同的堆时，实际上这两堆已经不对总局面造成影响了，也就可以认为这两对合并为了一个数量为0的堆。

到此，我们可以发现这个硬币游戏完全满足Nim游戏的规则，其解答也满足Nim游戏的性质，这题也就很简单的转化为了普通的Nim游戏。在实际的博弈游戏中会发现很多都是可以转化为Nim游戏模型。如何正确的建立模型和转化游戏模型也就是解决博弈游戏一个很重要的手段。

比如Nimble游戏：
游戏开始时有许多硬币任意分布在楼梯上，共N阶楼梯从地面由下向上编号为0到N。游戏者在每次操作时可以将任意一枚硬币向下移动，直至地面。游戏者轮流操作，将最后一枚硬币移至地面(即第0阶)的人获胜。在双方都采取最优策略的情况下，对于给定的初始局面，问先手必胜还是先手必败。
每一枚硬币仍然对应了一个石子堆，向下移动就等价于从石子堆里面取出石子。

同样的例子还有很多，有些游戏甚至需要做好几次转换才能移动到Nim游戏模型，在之后我们就会见到。

 

还是挺好理解的。

题目：#1172 : 博弈游戏·Nim游戏·二

 

三：

在这一次游戏中Alice和Bob决定在原来的Nim游戏上增加一条规则：每一次行动时，不仅可以选择一堆取走任意数量的石子(至少取1颗，至多取出这一堆剩下的所有石子)，还可以选择将一堆石子分成两堆石子，但并不取走石子。比如说有一堆石子为k个，当Alice或者Bob行动时，可以将这一堆石子分成两堆，分别为x,y。满足x+y=k,x,y>0。那么增加了这一条规则后，在Alice总先手的情况下，请你根据石子堆的情况判断是Alice会获胜还是Bob会获胜？

Solution:

对于ICG游戏，我们可以将游戏中每一个可能发生的局面表示为一个点。并且若存在局面i和局面j，且j是i的后继局面(即局面i可以转化为局面j)，我们用一条有向边，从i出发到j，连接表示局面i和局面j的点。则整个游戏可以表示成为一个有向无环图：

根据ICG游戏的定义我们知道，任意一个无法继续进行下去的局面为终结局面，即P局面(先手必败)。在上图中我们可以标记所有出度为0的点为P点。接着根据ICG游戏的两条性质，我们可以逆推出所有点为P局面还是N局面：

因此，对于任意一个ICG游戏，我们可以采取逆推的方法，标记出所有局面是N局面还是P局面。
但仅仅只是标记N、P，所能得到的信息太少，于是我们定义了Sg(Sprague-Grundy)函数：

对于一个游戏可能发生的局面x，我们如下定义它的sg值：
(1)若当前局面x为终结局面，则sg值为0。
(2)若当前局面x非终结局面，其sg值为：sg(x) = mex{sg(y) | y是x的后继局面}。
mex{a[i]}表示a中未出现的最小非负整数。举个例子来说：
mex{0, 1, 2} = 3, mex{1, 2}=0, mex{0,1,3}=2

我们将上图用sg函数表示后，得到：

可以发现，若一个局面x为P局面，则有sg(x)=0；否则sg(x)>0。同样sg值也满足N、P之间的转换关系：
若一个局面x，其sg(x)>0，则一定存在一个后续局面y，sg(y)=0。
若一个局面x，其sg(x)=0，则x的所有后续局面y，sg(y)>0。

由上面的推论，我们可以知道用N、P-Position可以描述的游戏用sg同样可以描述。并且在sg函数中还有一个非常好用的定理，叫做sg定理：
对于多个单一游戏，X=x[1..n]，每一次我们只能改变其中一个单一游戏的局面。则其总局面的sg值等于这些单一游戏的sg值异或和。
即：
sg(X) = sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n])
要证明这一点我们只要证明：
(1) 假设sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n]) = A，对于任意一个0 <= B < A，总存在一个X的后续局面Y，使得sg(Y) = B。
(2) 假设sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n]) = A，不存在一个X的后续局面Y，使得sg(Y) = A。
下先证明(1)：
假设M = A xor 
B，设M表示为二进制之后最高位的1为第k位。所以A的第k位为1，B的第k位为0。又因为A的第k位为1，至少存在一个i，sg(x[i])的第k位也为1。那么一定有sg(x[i]) xor M < sg(x[i])，即一定通过某个操作使x[i]变为x[i’]，且sg(x[i’]) = sg(x[i]) xor M。那么：
sg(x[i’]) xor Other = sg(x[i]) xor M xor Other = M xor A = B
下证明(2)：
若sg(X) = A，sg(Y) = A。不妨设我们改变的游戏为x[i]，则X=x[1..n], Y=x[1…i’…n]。有sg(x[i]) = sg(x[i’])，产生矛盾，所以sg(Y)不可能等于A。

现在让我们回到我们的题目上：
局面上一共有N堆石子，每一次我们只能改变一堆石子。那么我们可以将每一堆石子看作一个单一游戏。
对于一堆石子，若该堆石子数量为0，就达到了终止状态，所以sg(0) = 0。
若其石子数量为k，接下来我们从k=1开始枚举递推每一个sg(k)。对于k，其可能的后继状态有：
(1)不分堆：石子数量为k’=0..k-1，则sg(k’)
(2)分堆：石子变为2堆，数量为(1,k-1),(2,k-2),…,(k-1,1)。设第一堆的石子数量为i，则sg值为sg(i) xor sg(k-i)。(这里用到了sg定理)
那么可以推算出sg(k) = mex{sg(0), sg(i), sg(i) xor sg(k - i) | i = 1..k-1}。

k     0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …
sg(k) 0 1 2 4 3 5 6 8 7 9 10 12 11 …

对于N堆石子，其sg值则为这N堆各自的sg值异或和。

总算是学到sg函数了。

题目：#1173 : 博弈游戏·Nim游戏·三