[转]NIM取石子游戏

取石子问题 有一种很有意思的游戏，就是有物体若干堆，可以是火柴棍或是围棋子等等均可。两个人轮流从堆中取物体若干，规定最后取光物体者取胜。这是我国民间很古老的一个游戏，别看这游戏极其简单，却蕴含着深刻的数学原理。下面我们来分析一下要如何才能够取胜。

（一）巴什博奕（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，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：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。
    这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。
（二）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。

    假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇异局势（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b - bk个物体，即变为奇异局势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak - ab - ak个物体,变为奇异局势（ ab - ak , ab - ak+ b - ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a - ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）,从第二堆里面拿走 b - bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b - aj 即可。

    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。

    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=[j（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。

（三）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。

    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（+）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（29，45，48）。

    例4。我们来实际进行一盘比赛看看：
         甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势
         乙:(1,8,9)->(1,8,4)
         甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势
         乙:(1,5,4)->(1,4,4)
         甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势
         乙:(0,4,4)->(0,4,2)
         甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势
         乙:(0,2,2)->(0,2,1)
         甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势
         乙:(0,1,1)->(0,1,0)
         甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势
         甲胜。 http://crazycony.blog.hexun.com/5908589_d.html

题目1： 今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根，

可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为胜，求必胜的方法。

题目2： 今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根，

可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为负，求必胜的方法。

解答如下：

先解决第1题

定义1：若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示；否则，为利

己态，用S表示。

定理1：对任何S态，存在方法，从其中取一堆中的若干根，使状态变为T态。

引理1.1 ：A(i)为非副整数，i=1..n, 记c=A(1) xor A(2) xor …… xor A(n),

若c>0,则存在A(t), A(t) xor c

证明： 把c表示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，

则必然存在一个A(t),它二进制的第p位也是1。（否则，若所有的A(i)的第p位都是0，

c的第p位就也为0，矛盾！）

x=a(t) xor c 的第p位将为1 xor 1,即0；

又因为c的最高位为p，所以x高于p位的值不变。所以必有x

.

命题得证。

再来证定理1.

证明：

设共有n堆火柴，每堆的数目分别为A(i)，i=1..n，A(i)为非副整数.

记c=A(1) xor A(2) xor …… xor A(n),

因为是S态，所以 c>0;

所以存在A(t), A(t) xor c

A(t)' = A(t) xor c

c' = A(1) xor A(2) xor … xor A(t)' xor … xor A(n)

= A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n)

= A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor … xor A(n) xor c

= c xor c = 0

所以，用把第t堆由A(t)根取成A(t)' 根（A(t)' = A(t) xor c

故命题成立。 #

定理2：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。

证明：反证法：

反设存在一堆，记为第m堆，从中取了若干根，根数由A(m)变为A(m)' .

A(m)>A(m)' 状态均为T态。

记c=A(1) xor A(2) xor … xor A(m) xor… xor A(n),

记c'=A(1) xor A(2) xor … xor A(m)' xor… xor A(n),

c=0;c'=0;

所以有 0= A(1) xor A(2) xor … xor A(m) xor… xor A(n)

= A(1) xor A(2) xor … xor A(m-1) xor A(m+1) xor… xor A(n) xor A(m)

= d xor A(m)

d= A(1) xor A(2) xor … xor A(m-1) xor A(m+1) xor… xor A(n)

故 A(m)=d

同理， d xor A(m)' =0

A(m)'= d

所以，A(m)'=A(m) . 矛盾！

故反设不成立。原命题成立。 #

定理 3：S态，只要方法正确，必赢。

最终胜利即由S态转变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理一，可以把它

变成T态。）对方只能把T态转变为S态(定理2)。这样，所有S态向T态的转变都可以有己

方控制，对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。 #

定理4：T态，只要对方法正确，必败。

由定理3易得。

我们再来处理第2题。我们会发现两题会有一些相同之处，控制S->T态的人控制着主动权

。经过分析，我们有以下结论：

定义2：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根，则称为充裕堆。

定义3：T态中，若充裕堆的堆数大于等于2，则称为完全利他态，用T2表示；若充裕堆的

堆数等于0，则称为部分利他态，用T0表示。

定理4：不存在充裕堆数为1的T态。

证明：

孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。

一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。故不会是T态。

定义4：S态中，若充裕堆的堆数大于等于2，则称为完全利己态，用S2表示；若充裕堆的

堆数等于1，则称为自主利己态，用S1表示; 若充裕堆的堆数等于0，则称为部分利己态

，用S0表示。

定理4：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。

证明：S0态，其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对方取

，所以最后一根必己取。败。

同理, T0态必胜#

定理5：S1态，只要方法正确，必胜。

证明：若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；否则，取成一根。

这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。

由定理4，对方必输。己必胜。 #

定理6：S2态不可转一次变为T0态。

证明：充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。 #

定理7：S2态可一次转变为T2态。

证明：由定理1，S态可转变为T态，态可一次转变为T态

又由定理6，S2态不可转一次变为T0态，

所以转变的T态为T2态。 #

定理8：T2态，只能转变为S2态或S1态。

证明：. 由定理2，T态必然变为S态。

由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。

命题得证。

定理9：S2态，只要方法正确，必胜.

证明：方法如下：

1） S2态，就把它变为T2态。（由定理7）

2） 对方只能T2转变成S2态或S1态(定理8)

若转变为S2, 转向1）

若转变为S1, 这己必胜。（定理5）

定理10：T2态必输。

证明：同9。

综上所述，必输态有： T2,S0

必胜态： S2,S1,T0.

两题比较：

第一题的全过程其实如下：

S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全0)

第二题的全过程其实如下：

S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全0)

下划线表示胜利一方的取法。

是否发现了他们的惊人相似之处。

我们不难发现(见加黑部分)，S1态可以转变为S0态（第二题做法），也可以转变为T0（

第一题做法）。哪一方控制了S1态，他即可以有办法使自己得到最后一根（转变为T0）

,也可以使对方得到最后一根（转变为S0）。

所以，抢夺S1是制胜的关键！

为此，始终把T2态让给对方，将使对方处于被动状态，他早晚将把状态变为S1.(见定理

9的证明).