ACM-博弈专题

基本解题思路

$(1)$ 通过$SG$函数的转移解决问题。
$(2)$ 寻找博弈模型
$(3)$ 对称建立优势

$SG$函数

设$N$为先手必胜态，$P$为后手必胜态。

$SG$ 函数主要利用了其定义以判断当前的胜负状态。往往最终局面的 $SG$ 函数值被设为 $0$，且当 $SG$ 函数值为 $0$ 时当前局面被认为是 $P$ 状态，反之是一个 $N$ 状态。这个结论是巧妙地和定义结合在一起的，因为若 $\forall SG(v)̸=0$，则 $SG(u)=0$，对应了 $P$ 状态的后继状态都是 $N$ 状态；若 $\exists SG(v)=0$，则 $SG(u)̸=0$，对应了一个 $N$ 状态总有一个后继状态是 $P$ 状态。
具体定义：
我们规定一个对于集合的操作$mex$，表示最小的不属于该集合的非负整数。 如:$mex\{0,1,2\}=3，mex\{1,2,3\}=0，mex\{0,1,3\}=2$；
定义$SG$函数：$SG(x)=mex\{SG(y)|y$是$x$的后继，也就是经过操作可以取得的剩下值 $\}$。
比如一堆石子，我们可以取任意个，那么$x$个石子的石子的$SG$值是多少呢？
可以知道，$0$个石子$SG$为$0$，一的时候我们可以取一个，剩下$0$，的$SG$是$0$，那么$mex(0)$就是$1$，所以$1$的$SG$为$1$。
递推下去当为x的时候我们可以取$1-x$个，那么剩下的值石子个数就是$x-1$到$0$个，他的$mex(\dots )$就是$x$，所以这个例子的$x$值的$SG$值就是$x$；

$SG$定理：
博弈的 $SG$ 值是各个子博弈的 $SG$ 值的 $xor$。

$Nim$博弈

问题原型：
给出n堆石子的数量，两人轮流从一堆中取出至少一个石子，先取完者获胜。

结论：
设$N$为先手必胜态，$P$为后手必胜态。
当$a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_i\oplus \cdots \oplus a_n=0$ 时，为$P$态，否则为$N$态。

证明：
证明等价于证明以下三个结论：
$(1)$ 证明空状态为$P$。
$(2)$ 每一个$N$都能通过取走一些石头而转化为$P$。
$(3)$ $P$不能通过取走一些石头而转化为$P$。

$(1)$ 显然，当$a_1=a_2=\cdots =a_n=0$时，后手必胜。
$(2)$ 当$a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_i\oplus \cdots \oplus a_n=k$时，必定存在$a_i$，使得$a_i\oplus k<a_i$，此时只需要令$a_i^{\prime }=a_i\oplus k$，使得$a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_i^{\prime }\oplus \cdots \oplus a_n=0$，此时由$N$转化为$P$。
$(3)$ 对于$a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_i\oplus \cdots \oplus a_n=0$且$a_1\oplus a_2\oplus \cdots \oplus a_i^{\prime }\oplus \cdots \oplus a_n=0$，由群相关结论很容易得出$a_i=a_i^{\prime }$，不符合规则。
以上得证。

例题：
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$n_i(i=1\dots m)$；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？”

题解：
若$n_1\oplus n_2\oplus \cdots \oplus n_i\oplus \cdots \oplus n_m=0$，则先手必输，输出0。
若$n_1\oplus n_2\oplus \cdots \oplus n_i\oplus \cdots \oplus n_m=k$，则输出满足$a_i\oplus k<a_i$的$i$的个数。

反$Nim$博弈

问题原型：
给出n堆石子的数量，两人轮流从一堆中取出至少一个石子，最后一个取的人输。

结论：
在反尼姆博奕中判断必胜局面的条件有两点，满足任意一点先手都能取胜，即必胜局面。
$(1):$ 各堆石子数目异或结果不等于0，且存在有石子数目大于1的石子堆。
$(2)$: 所有石子堆均为1，且总堆数为偶数。

阶梯博弈 （变种$Nim$博弈）

问题原型：
有n个阶梯呈升序排列，每个阶梯上有若干个石子，可行的操作是将一个阶梯上的石子移任意个（>0）到前一个台阶。当没有可行操作时（所有石子都被移动到了地面，即第0号台阶）输。

结论：
等价于奇数台阶上的$Nim$博弈。

证明：
$(1)$ 如果对手移动偶数位上的石子，只需要将这些石子再向下移动一位。对结果无影响。
$(2)$ 将奇数位上的石子移动至偶数位，由结论$(1)$可知，相当于将这些石子移除。
$(3)$ 由以上结论可得，阶梯博弈相当于奇数位上的$Nim$博弈。

$Nimk$ 博弈（变种$Nim$博弈）

问题原型：
变种$(1)$：每次最多从一堆中取 $k$ 个
变种$(2)$：每轮能取最多 $k$ 堆，从这k堆中每堆中取数量任意的石子。（不同堆取石子的数量可以不同）

结论：
变种$(1)$：只需将每堆石子数对$(k+1)$取模
变种$(2)$：设$a_i$表示$a$的二进制中的第$i$位，$b_i$表示$b$的二进制中的第$i$位。只需定义$a\oplus b=(a+b)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(k+1)$。（ 即：$k=1$时，$a\oplus b=(a+b)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$ ）

证明：
与$Nim$博弈类似。

线性翻硬币博弈

问题原型：
$N$ 枚硬币排成一排，有的正面朝上，有的反面朝上。我们从左开始对硬币按$1$ 到$N$ 编号。
第一，游戏者根据某些约束翻硬币，但他所翻动的硬币中，最右边那个硬币的必须是从正面翻到反面。例如，只能翻$3$个硬币的情况，那么第三个硬币必须是从正面翻到反面。如果局面是正正反，那就不能翻硬币了，因为第三个是反的。
第二，谁不能翻谁输。

结论：
局面的$SG$ 值为局面中每个正面朝上的棋子单一存在时的$SG$ 值的异或和。即一个有$k$个硬币朝上，朝上硬币位置分布在的翻硬币游戏中，$SG$值是等于$k$个独立的开始时只有一个硬币朝上的翻硬币游戏的$SG$值异或和。比如$THHTTH$这个游戏中，$2$号、$3$号、$6$号位是朝上的，它等价于$TH、TTH、TTTTTH$三个游戏和，即$sg[THHTTH]=sg[TH]\oplus sg[TTH]\oplus sg[TTTTTH]$。我们的重点就可以放在单个硬币朝上时的$SG$值的求法。

例题：
在各种具体约束条件下的翻硬币博弈求解：博弈-翻硬币游戏 。

二维/三维翻硬币博弈（$Nim$和、$Nim$积运算）

问题原型：
$(1)$
在$n+1$行和$m+1$列的棋盘上，坐标从$(0,0)$到$(n,m)$，每个格子有一枚硬币。两个玩家轮流操作，每次同时翻转同一列或者同一行的两枚硬币。且：横纵坐标最大的那枚硬币必须是由正面翻到反面。
两边轮流操作直至一方无法操作，无法操作的判负。
$(2)$
在$n+1$行和$m+1$列的棋盘上，坐标从$(0,0)$到$(n,m)$，每个格子有一枚硬币。两个玩家轮流操作，每次同时翻转在一个矩形四个顶点上的硬币，并且要求，每次操作时，矩形横纵坐标最大的格子中的硬币必须是由正面翻到反面。两边轮流操作直至一方无法操作，无法操作的判负。
$(3)$
三维棋盘，其余与$(2)$类似。

结论：
$(1)$ $SG(x,y)=x\oplus y$。
$(2)$ $SG(x,y)=x\otimes y$
$(3)$ $SG(x,y,z)=x\otimes y\otimes z$

$\otimes$实现代码：

int m[2][2]={0,0,0,1};
int Nim_Multi_Power(int x,int y)         //辅助函数
{
    if(x<2)
        return m[x][y];
    int a=0;
    for(;;a++)
        if(x>=(1<<(1<<a))&&x<(1<<(1<<(a+1))))
            break;
    int m=1<<(1<<a);
    int p=x/m,s=y/m,t=y%m;
    int d1=Nim_Multi_Power(p,s);
    int d2=Nim_Multi_Power(p,t);
    return (m*(d1^d2))^Nim_Multi_Power(m/2,d1);
}

int Nim_Multi(int x,int y)            //求解函数
{
    if(x<y)
        return Nim_Multi(y,x);
    if(x<2)
        return m[x][y];
    int a=0;
    for(;;a++)
        if(x>=(1<<(1<<a))&&x<(1<<(1<<(a+1))))
            break;
    int  m=1<<(1<<a);
    int p=x/m,q=x%m,s=y/m,t=y%m;
    int c1=Nim_Multi(p,s);
    int c2=Nim_Multi(p,t)^Nim_Multi(q,s);
    int c3=Nim_Multi(q,t);
    return (m*(c1^c2))^c3^Nim_Multi_Power(m/2,c1);
}

树上删边博弈（类$Nim$博弈、克朗原理）

问题原型：
在某一棵树上删除一条边，同时删去所有在删除后不再与根相连的部分
双方轮流操作，先删除完者获胜。

结论
为了更好理解该博弈模型，我们引入“竹子”的概念：

根据上面的游戏规则，拿掉竹子上的某一节，那么此节上面的部分都会被删除。这就是Nim博弈的变形。其对应的$SG[x]=x$。
我们把竹子的形态变的稍微复杂一点，在竹子上加一些分支，就可以得到一棵朴素的树。
首先介绍克朗原理：

克朗原理：
对于树上的某一个点，ta的分支可以转化成以这个点为根的一根竹子，这个竹子的长度就是ta各个分支的边的数量的异或和。

举例：

在这棵树中，其$SG$函数值为$8$。
我们可以得到类似的结论：$SG[x]=0$时，后手必胜，否则先手必胜。

图上删边博弈（费森原理）

问题原型：
类似树上删边，在某一幅无向图上删除一条边，同时删去所有在删除后不再与根相连的部分 。双方轮流操作，先删除完者获胜。

结论：
例图：

我们当然希望把上图也转化成一个树形结构，之后利用克朗原理转化成竹子，变成Nim博弈解决 。

首先介绍费森原理：

费森原理
环上的点可以融合，且不改变图的$SG$值。

可以发现，上图中门是独立于整个大框外的，所以我们从门开始。

首先，我们可以把地板上的两个点视为一个，因为地板本身就可以看成是一个大点
这样这扇门就变成一个三角形（一个有三个点的环）
费森原理指出，我们可以把环上一个点等价成一个自环，而这个环又可以变成一条边

一般来说 ：
我们可以把一个带有奇数边的环等价成只有一个端点的一条边 ，
而偶数边的环等价于一个点。

有了这个结论，就简单多了
因此，上图中房子的烟囱和窗户都可以等价成一个点
那我们继续我们的化简：

从上面所有的讨论中，我们可以得到启发：
对于博弈的大部分问题，只要$SG$值相同，就可以互相转化。

$Every$ $SG$博弈

问题原型：
由$n$个游戏同时进行，除非游戏结束，否则必须操作。取最后一次的获胜情况为结果。

结论：
这个整体博弈的思路是：如果某个子游戏自己必胜，使游戏总步数尽量多。如果必败，使游戏总步数尽量少。
对于该博弈，先手必胜当且仅当所有子博弈中的最大的$step$为奇数。

实现：
对于一个子游戏的情况$v$，如果$SG(v)=0$，我们需要知道其最快几步能将状态转化为终止状态。如果$SG(v)̸=0$，我们需要知道其最快几步能将状态转化为终止状态。我们用$step(v)$表示这个值。则：
$step(v)=\{\begin{array}{rlr}& 0& v\text{为终止态}\\ & \max \{step(u)\}+1& SG(v)̸=0\text{且}SG(u)=0\\ & \min \{step(u)\}+1& SG(v)=0\text{且}SG(v)=0\end{array}$、
其中$u$为$v$的后继状态。

$DAG$问题

这一类问题中，$SG$ 函数的用法显而易见，也有很多很多问题可以转化为此类问题。
　
在这一类问题中，前驱与后继状态清晰明了，而且往往没有显然的规律，以至于出题人会给你充足的时间让你把各种起手的状态处理一遍。这时就要用到 $SG$ 函数了，而且很显然是让你把起手时的 $SG$ 函数值推出来存下来 …… 于是就可以将其他的一些问题也对应到 $DAG$ 上，然后直接通过 $SG$ 函数之间的转移而解决几乎全部的问题。（即：打表找规律）

威佐夫博弈 （Wythoff Game）

问题原型：
给出两堆石子的数量，两人轮流从一堆取出至少一个或同时从两堆中取出相同数量的石子，先取完者获胜。

结论：
我们用$(a_i,b_i)$表示两堆石子的数量，并称其为“局势”。将后手必赢的局势称为奇异局势。
奇异局势有：$(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),(11,18),\dots ,(a_k,b_k)$。(排列规则为$b_i⩾a_i$ 且$a_i$增序排列)
我们发现奇异局势有如下特点：
$(1)$ $a_k$为前 $k-1$ 个奇异局势中未曾出现过的最小正整数。
$(2)$ 对于第 $k$ 个奇异局势$(a_k,b_k)$，$b_k-a_k=(k-1)$。
$(3)$ $a_k=(b_k-a_k)\ast 0.618$。

证明：
略。

斐波那契博弈

问题原型：
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）。
约定取走最后一个石子的人为赢家。

结论：
先手获胜当且仅当$n$不是斐波那契数。

证明：
$(1)$ 先证明当$n$为斐波那契数时，先手必败。
$n=fib(2)$ 时，显然先手必败。
假设$n⩽fib(k)$ 时，结论成立。则$n=fib(k+1)$ 时，$n$可分解为$fib(k)+fib(k-1)$。由斐波那契数列的性质可得，$fib(k)⩾2\ast fib(k-1)$，所以先手取得石子数一定小于$fib(k-1)$，否则后手能一次全部取完。有假设可得，在$n=fib(k-1)$的情况时，后手能取走最后一颗石子。所以在这种情况下，后手一定能取完$fib(k-1)$这一部分石子。此时，剩余量为$fib(k)$颗石子，且显然先手无法一次全都取完。再由假设可得，此时一定是后手取走最后一颗石子。所以先手必败。
$(2)$ 证明先手必胜的情况。
由齐肯多夫定理（$Zeckendorf$定理）可知，任意正整数都能表示成若干不相邻的斐波那契数之和。
令$n=fib(a_1)+fib(a_2)+\cdots +fib(a_p)$。（$a_1<a_2<\cdots <a_p$）
由斐波那契数列性质可得，$fib(k)>2\ast fib(k-2)$，此时，先手只要取走$fib(a_1)$颗石子，由于$a_1,a_2,\dots ,a_p$不连续，所以后手方取的石子数一定小于$fib(a_2)$，由证明$(1)$得，对于$fib(a_2)$ 个石子，后手（该情况下的先手）一定能取到最后一个。以此递推，先手一定能取到最后一个石子。

$k$ 倍动态减法博弈（斐波那契博弈变种）

问题原型：
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 $k$ 倍之间（包含$1$和对手刚取的石子数的 $k$ 倍）。
约定取走最后一个石子的人为赢家。

结论：
$k=1$ 时，先手必胜当且仅当 $n$ 不是 $2$ 的次幂。否则，先手只要不停取$lowbit(n)$即可取胜。
$k=2$ 时，等同于斐波那契博弈。
$k=3$ 时，构造数列$a(n)$，使得其满足如下性质：
对于任意整数$n$，$n$可分解为$a(m_1)+a(m_2)+\cdots +a(m_p)$。且对于任意$i$，$a(m_i)>k\ast a(m_i+1)$。
此时，模仿斐波那契博弈，先手必胜当且仅当$n$不属于数列$a(n)$。

证明：
同斐波那契博弈。

代码实现：
设数组$a[],b[]$。
$a[i]$ 表示这个数列的第$i$个数， $b[i]$ 表示用（$a[1],a[2],\dots ,a[i]$）所能构造出来的最大的数。
显然，$a[i+1]=b[i]+1$，$b[i+1]=a[i+1]+b[j]$,其中 $j$ 为最大的满足$a[j]\ast k<a[j+1]$的数。

a[0]=0;a[1]=1;b[0]=0;b[1]=1;
int i=1;
while(a[i]<n){
	a[i+1]=b[i]+1;
	int j=0;
	while(a[j+1]*k<a[i+1])j++;   //这里注意必须从小往大找，不然会TLE
	b[i+1]=a[i+1]+b[j];
	idex++;
}

对称建立优势

例题：
有$n$个硬币，将它们围成一个圈。两人轮流翻转至多k个连续的硬币，翻转完者胜。

题解：
$(1)$ 若$k=1$，显然奇数先手赢，偶数后手赢。
$(2)$ 若$k⩾2:$
$a:$ 先手一次取完，先手赢。
$b:$ 先手不能一次取完，后手只要将剩余部分分为相等两部分，建立对称优势，后手必胜。

多重博弈

问题原型：
玩家进行$k$次某种游戏，第$i$次的败者，将会作为第$i+1$次的先手进行这个游戏。第$k$次游戏的赢家才是整个游戏的赢家。

结论：
定义四种状态：先手必胜、先手必败、先手可决定输赢、先手不能控制。
若游戏先手必败或先手不能控制，则后手只要一直胜利就可以取得最终胜利。
若游戏先手必胜，则若$k$为偶数，则整个游戏后手必胜，若$k$为奇数，则整个游戏先手必胜。
若游戏先手可决定输赢，则先手只要一直输到最后一局，再赢下去，就能获得游戏胜利。先手必胜。

例题：
有一种游戏：给定$n$个非空串。两个玩家轮流向一个空字符串后面加字母。每次操作形成的新字符串一定要是这$n$个串中某一个的前缀，如果无法做到，就输了。
玩家玩$k$次这样的游戏，第$i$次的败者，将会作为第$i+1$次的先手进行这个游戏。第$k$次游戏的赢家才是整个游戏的赢家。

题解：
先建立字符串的Trie树。
叶子结点为先手必败态；
若某结点的所有儿子都是先手必败态，则该结点为先手必胜态；
若某结点的所有儿子都是先手必胜态，则该结点为先手必败态；
若某结点的儿子既有先手必胜态，又有先手必败态，或者是存在先手不能控制态，则该状态为先手可决定输赢；
若某结点的所有儿子都是先手可决定输赢，则该结点为先手不能控制。
若某结点的儿子除了可输可赢态外还有其他状态，那么就当可输可赢态不存在。因为，不能将主导权交给对手。

不平等博弈（$Surreal$ $Number$）

暂无。待补充。