【教程】博弈论学习笔记

By $\text{zhongzijun}$

博弈论又被称为对策论（Game Theory）既是现代数学的一个新分支，也是运筹学的一个重要学科。
博弈论主要研究公式化了的激励结构间的相互作用。是研究具有斗争或竞争性质现象的数学理论和方法。 博弈论考虑游戏中的个体的预测行为和实际行为，并研究它们的优化策略。生物学家使用博弈理论来理解和预测进化论的某些结果。
博弈论已经成为经济学的标准分析工具之一。在金融学、证券学、生物学、经济学、国际关系、计算机科学、政治学、军事战略和其他很多学科都有广泛的应用。

一、Nim游戏和巴什博弈

先来观察两个游戏。

游戏 A （Nim游戏）

甲乙两人面对若干堆石子，其中每一堆石子的数目可以任意确定。
例如 $【图1】$ 所示的初始局面：共 $n=3$ 堆，其中第一堆的石子数 $a1=3$ ，第二堆石子数 $a2=3$ ，第三堆石子数 $a3=1$ 。两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下：
每一步应取走至少一枚石子；
每一步只能从某一堆中取走部分或全部石子；
如果谁无法按规则取子，就输了。

游戏 B （巴什博弈）

甲乙双方事先约定一个数 $m$ ，并且每次取石子的数目不能超过 $m$ 个，其余规则同 游戏 A 。

我们关心的是，对于一个初始局面，究竟是 $先行者（甲）$ 有必胜策略，还是 $后行者（乙）$ 有必胜策略。

下面，我们从简单入手，先来研究研究这个游戏的一些性质。

• 用一个 $n$ 元组 $(a1,a2,\dots ,an)$ ，来描述游戏过程中的一个局面。

• 局面的加法

  $(a_1,a_2,\dots ,a_n)+(b_1,b_2,\dots ,b_m)=(a_1,a_2,\dots ,a_n,b_1,b_2,\dots ,b_m)$ 。
  对于 局面A , B , S ，若 $S=A+B$ ，则称局面 S 可以分解为“子局面” A 和 B 。
  $局面(3,3,1)$ 可以分解为 $(3,3)$ 和 $(1)$ 。
  如果初始局面可以分成两个相同的“子局面”，则乙有必胜策略。

• 对于局面S，若先行者有必胜策略，则称“ S胜 ”。
  对于局面S，若后行者有必胜策略，则称“ S负 ”。
  若 $A=(1)$ ， $B=(3,3)$ ， $C=(2,2,5,5,5,5,7,7)$ ，则我们称 $A胜$ ， $B负$ ， $C负$ 。

• 如果 $局面S$ 胜，则必存在取子的方法 $S\to T$ ，且 $T负$ 。
  如果 $局面S$ 负，则对于任意取子方法 $S\to T$ ，有 $T胜$ 。

• 设 $初始局面S$ 可以分解成两个子局面 $A$ 和 $B$ （分解理论） 。

• 若 $A$ 和 $B$ 一胜一负，则 $S胜$ 。
  若 $A$ 负 $B$ 负，则 $S负$ 。
  若 $A$ 胜 $B$ 胜，则 $有时S胜，有时S负$ 。
  如果 $S=A+C+C$ ，则 $S$ 的胜负情况 与 $A$ 相同。
  即当 $S=A+B$ 且 $B$ 负时 $S$ 的胜负情况与 $A$ 相同。
  【 图 1 】所示的初始局面 $(3,3,1)=(3)+(3)+(1)$ ，与局面 $(1)$ 的 $胜负情况相同$ 。

请认真思考一下这是为什么。

• 图1中所示的初始局面 $(3,3,1)$ 是“胜”局面，甲有必胜策略。
  称一个石子也没有的局面为“空局面”。
  空局面是“负”局面。

• 如果 $局面S$ 中，存在两堆石子，它们的数目相等。用 $T$ 表示从 $S$ 中把这两堆石子拿掉之后的局面，则称“ $S可以简化为T$ ”。
  局面 $(2,2,2,7,9,9)$ 可以简化为 $(2,2,2,7)$ ，还可以进一步简化为 $(2,7)$ 。

• 一个局面的胜负情况，与其简化后的局面相同。
  例如三个局面 $(2,2,2,7,9,9)$ 、 $(2,2,2,7)$ 和 $(2,7)$ ，胜负情况都相同。

• 不能简化的局面称为“最简局面”。
  局面 $(2,7)$ 是最简局面。
  最简局面中不会有两堆相同的石子，故可以用一个集合来表示最简局面。
  最简局面 $(2,7)$ 可以用 $集合2,7$ 来表示。

• 如果只关心局面的胜负，则一个局面可以用一个集合来描述。
  图1所示的局面 $(3,3,1)$ ，可以用 $集合1$ 来描述。

• 如果用搜索（博弈树）的方法来解这个游戏，则采用集合来表示一个局面，比采用多元组来表示一个局面，搜索量将有所减少，但时间复杂度仍然很高。

• 能不能进一步简化一个局面的表示呢？

• 类比与联想

注意，这里的二进制加法指的是不进位的二进制加法。

二进制数的加法 VS 局面的加法
$大写字母AB$ 表示 $局面$ ， $小写字母ab$ 表示二进制数。
若 $A和B相同$ ，则 $A+B$ 负；若 $a和b相等$ ，则 $a+b为0$ 。
若 $A胜B负$ ，则 $A+B胜$ ；若 $a\ne 0$ 且 $b=0$ ，则 $a+b\ne 0$ 。
若 $B胜A负$ ，则 $A+B胜$ ；若 $b\ne 0$ 且 $a=0$ ，则 $a+b\ne 0$ 。
若 $A负B负$ ，则 $A+B负$ ；若 $a=0$ 且 $b=0$ ，则 $a+b=0$ 。
若 $A胜B胜$ ，则 $A+B有时胜，有时负$ 。
若 $a\ne 0$ 且 $b\ne 0$ ，则有时 $a+b\ne 0$ ，有时 $a+b=0$ 。
……

• 如果用 $二进制数s$ 来表示一个 $局面S$ 的 $胜或负$ ， $S胜$ 则 $s\ne 0$ ， $S负$ 则 $s=0$ 。
  局面的加法，与二进制数的加法，性质完全相同。
  能否用一个二进制数，来表示一个局面呢？
  用 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 3: 符号#̲S ，表示局面S所对应的二进制数。

• 如果 $局面S$ 只有一堆石子，则用这一堆石子数目所对应的 $二进制数$ 来表示 $S$ 。

• 例如 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(5)=5=101 。

• 若局面 $S=A+B$ ，则 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=#A+#B 。
  局面 $(3,3)=(3)+(3)$ ，所以 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(3, 3)=#(3)+#(3… 。
  局面 $(3,3,1)=(3,3)+(1)$ ，所以 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(3, 3, 1)=#(3, … 。

• 函数f ：若 $局面S$ 只有一堆石子，设 $S=a1$ ，则 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 7: f(a1)=#̲S ，即 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 7: f(a1)=#̲(a1) 。
  对于 $游戏A$ 来说， KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(5)=101 ，所以 $f(5)=101$ 。
  对于 $游戏A$ 来说， $f(x)$ 就是 $x$ 所对应的 $二进制数$ 。换句话说， $f(x)=x$ 。
  $游戏B$ 的 $f函数$ 则为 ： $f(x)=xmod(m+1)$ 。

• 设局面 $S=(a1,a2,\dots ,an)$ ，即 $S=(a1)+(a2)+\dots +(an)$ ，则 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=f(a1)+f(a2)+…… 。例如 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(3, 3, 1)=#((3)… 。

• 对于局面S，若#S=0，则S负；若#S≠0，则S胜。

• 二进制数 a, b ，若 a + b = 0 ，当且仅当 a = b 。
  二进制数 a, b, s ，若 a + b = s ，则 a = b + s 。

• 二进制数 $a1+a2+\dots +an=p\ne 0$ ，则$必存在k$ ，使得 $ak+p<ak$ 。
  因为 $p\ne 0$ ，所以 $p$ 的最高位是 $1$ ；
  设 $p$ 的 $最高位$ 是 $第q位$ ；
  $至少存在一个k$ ，使得 $ak$ 的 $第q位$ 也是 $1$ ；
  $ak+p$ 的 $第q位$ 为 $0$ ，所以 $ak+p<ak$ 。

• 若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=0 ，则无论先行者如何取子 $S\to T$ ，都有 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲T≠0 。
  先行者只能从某一堆中取若干石子，不妨设他选择的就是第1堆；
  设先行者从第1堆中取了x个石子，用T表示取完之后的局面；
  设S=(a1, a2, …, an)，则T=(a1–x, a2, …, an)；
  KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=f(a1)+#(a2, ……，故f(a1)=#(a2, …, an)；
  KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲T=f(a1–x)+#(a2,…；
  x>0→f(a1)≠f(a1–x)→f(a1)+f(a1–x)≠0→#T≠0。

• 若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S≠0 ，则先行者必然存在一种取子方法 $S\to T$ ，且 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲T=0 。
  设 $S=(a1,a2,\dots ,an)$ ， KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 3: p=#̲S=f(a1)+f(a2)+…… ；
  因为 $p\ne 0$ ，所以 $必然存在k$ ，使得 $f(ak)+p<f(ak)$ ，不妨设 $k=1$ ， $f(a1)+p=x$ ；
  先行者将 $第1堆$ 的石子的数目从 $a1$ 变成 $x$ ，用 $T$ 表示 $这个局面$ ；
  KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 3: p=#̲S=f(a1)+#(a2, ……，故 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(a2, …, an)+2f(… （两个相同的数相加等于 0 ）；
  KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲T=f(x)+#(a2, …,… 。

• 若 $S$ 是 $空局面$ ，则 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=0 。

• 若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=0 ，则 $S负$ ；若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S≠0 ，则 $S胜$ 。

• KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(1, 2, 3)=01+10…，故 $局面(1,2,3)负$ 。
  KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲(1, 2, 3, 4)=00…，故 $局面(1,2,3,4)胜$ 。

• 对于 $游戏A$ 来说，任意的一个 $初始局面S=(a1,a2,\dots ,an)$ ，我们把这里的 $ai$ 都看成是 $二进制数$ 。令 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=a1+a2+…+an 。若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S≠0 ，则 $先行者（甲）$ 有必胜策略；否则 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=0 ，这时 $后行者（乙）$ 有必胜策略。
  下面把这个结论推广到 $游戏B$ 。

• 对于任意初始局面 $S=(a1,a2,\dots ,an)$ ，令 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=f(a1)+f(a2)+…… 。
  若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S≠0 ，则 $先行者（甲）$ 有必胜策略；否则 $后行者（乙）$ 有必胜策略。
  类似 $游戏A$ 的证明。
  $游戏B$ 的解法与 $游戏A$ 十分类似。这是因为两个游戏的规则相当类似。

二、威佐夫博奕

例题

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。

• 关键在于判断初始局面是不是奇异局势。是则先手输，否则先手赢。

• 定义：对于形如 $(a_k,b_k)(a_k\le b_k,k=0，1，2，\dots ,n)$ ， $a_k$ 是前面没有出现过的最小的自然数 ， $b_k=a_k+k$ 的局势叫做奇异局势。

• 例子：例如 $(0,0)$ 、 $(1,2)$ 、 $(3,5)$ 、 $(4,7)$ 、 $(6,10)$ 、 $(8,13)$ 、 $(9,15)$ 、 $(11,18)$ 、 $(12,20)$ 都是奇异局势。

• 判断：当 $\min (a,b)=\frac{1}{2}|b-a|(\sqrt{5}+1)$ 时，局面 $(a,b)$ 是奇异局势。

• 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 $a[k]$ 是未在前面出现过的最小自然数，所以有 $a[k]>a[k-1]$ ，而 $b[k]=a[k]+k>a[k-1]+k>a[k-1]+k-1=b[k-1]>a[k-1]$ 。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 $(a[k],b[k])$ 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 $(a[k]，b[k])$ 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 $a=a[k],b>b[k]$ 那么，取走 $(b-b[k])$ 个物体，即变为奇异局势；如果 $a=a[k],b<b[k]$ 则同时从两堆中拿走 $a-a[b-a]$（注：这里 $(b-a)$ 是 $a$ 的下标） 个物体变为奇异局势（ $a[b-a],b-a+a[b-a]$ ）；如果 $a>a[k],b=a[k]+k$ 则从第一堆中拿走多余的数量 $(a-a[k])$ 即可；如果 $a<a[k],b=a[k]+k$ ，分两种情况，第一种， $a=a[j](j<k)$ 从第二堆里面拿走 $(b-b[j])$ 即可；第二种，$a=b[j](j<k)$ 从第二堆里面拿走 $(b-a[j])$ 即可。

三、SG函数

$sg函数$ 是定义在组合游戏上的函数，用 $g(X)$ 表示 $状态X$ 的函数值, $F(\text{x})$ 表示 $局面X$ 的后继状态，即如果能够通过 $局面X$ 直接到达 $局面Y$ ，那么 $Y\in F(\text{x})$ 。它的定义如下：

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 。

“?”符号指的是补集。补集一般指绝对补集，即一般地，设 S 是一个集合， A 是 S 的一个子集，由 S 中所有不属于 A 的元素组成的集合，叫做子集 A 在 S 中的绝对补集。在集合论和数学的其他分支中，存在补集的两种定义：相对补集和绝对补集。

$g(X)=\text{mex}(F(\text{x}))=\min (n|n\in ?NF(\text{x}))$

• 定理和证明1：

对于 $X=X_1+X_2+...+X_n$ ，有 $g(X)=g(X_1)\oplus g(X_2)\oplus ...\oplus g(X_n)$ 。

令 $b=g1(X_1)\oplus g2(X_2)\oplus ...\oplus gn(X_n)$ ，那么我们需要证明：
1）对于任意 $a\in N$ 且 $a<b$，一定存在 $X^{\prime }\in F(X)$ 使 $g(X^{\prime })=a$ 。
2）对于任意 $X^{\prime }\in F(X)$ ，那么 $G(X^{\prime })\ne b$ 。

• 定理和证明2

对于任意 $X^{\prime }\in F(X)$ ，那么 $G(X^{\prime })\ne b$ 。
对于一个任意的的 $X$ 存在 $X’\in F(X)$ 使 $g(X’)=b$ 。

那么令 $X’=(X_1,\dots ,X_i’,\dots ,X_n),g(X’)=g1(X_1)\oplus \dots gi(X_i’)\dots gn(X_n)=b$ 。
因此 $gi(X_i’)=gi(X_i)$ ，与SG函数的定义矛盾，得证。

下面就让我们看一下 $SG函数$ 的应用。

例题

有一堆石子共 $n$ 个石子，两个人轮流取，每次都只能取 2 的幂次方的个数的石子，取到最后一颗石子的人是胜者。给出你 $n$ 的值，请你判断先手是否有必胜策略。
$1\le n\le 10^3$ 。
题目来源：HDU 1847（Good Luck in CET-4 Everybody!）

例题代码

//HDU 1847 -- Good Luck in CET-4 Everybody!
#include 
#include 
#define MAXN 1010
#define MAXM 11
using namespace std;
int sg[MAXN], f[MAXM];
bool Hash[MAXN];

void getSG(int m)
{
    memset(sg, 0, sizeof(sg));
    for (int i = 1; i < MAXN; i++)//枚举石子的个数
    {
        memset(Hash, false, sizeof(Hash));
        for (int j = 0; j < m && f[j] <= i; j++)
            Hash[sg[i-f[j]]] = true;//枚举每次拿走的个数并标记 
        for (int j = 0; j < MAXN; j++)
        {
            if (!Hash[j])
            {
            	sg[i] = j;//找到这个F[](该状态可以达到的状态)中不存在的最小的数
            	break;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    int n, num = 1;
    for (int i = 0; i < MAXM; num <<= 1, i++)
        f[i] = num;//这里的F数组就是可以移动的步数，每次都是2的幂次
    getSG(MAXM);
    for(int i=1;i<=100;i++)
    {
    	printf("%d ",sg[i]);
	}
	return 0;
    while (cin >> n)
    {
        if (sg[n])
            cout << "Kiki" << endl;
        else
            cout << "Cici" << endl;
    }
    return 0;
}

可以通过 模拟 和 下面的两句话 来理解例题的 代码 。

1. 若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S=0 ，则无论先行者如何取子 $S\to T$ ，都有 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲T≠0 。
2. 若 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲S≠0 ，则先行者必然存在一种取子方法 $S\to T$ ，且 KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '#' at position 1: #̲T=0 。

此外，求 SG函数 的值还可以用深搜来求，但是没有前面所说的方法那么方便。

• 求 SG函数的值 的深搜代码

//注意 S数组要按从小到大排序 SG函数要初始化为-1 对于每个集合只需初始化1遍
//n是集合s的大小 S[i]是定义的特殊取法规则的数组
int s[110],sg[10010],n;
int SG_dfs(int x)
{
    int i;
    if(sg[x]!=-1)
        return sg[x];
    bool vis[110];
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        if(x>=s[i])
        {
            SG_dfs(x-s[i]);
            vis[sg[x-s[i]]]=1;
        }
    }
    int e;
    for(i=0;;i++)
        if(!vis[i])
        {
            e=i;
            break;
        }
    return sg[x]=e;
}

更多的例题

• 题目1

有三堆石子共 $n,m,p$ 个石子，两个人轮流取，每次都只能取斐波那契数列上的个数的石子，取到最后一颗石子的人是胜者。给出你 $n,m,p$ 的值，请你判断先手是否有必胜策略。
为了方便，我们用 $f_i$ 来表示斐波那契数列的第 $i$ 项，那么有 $f_1=1,f_2=2$ ， $f_i=f_{i-1}+f_{i-2}(i\ge 3)$ 。
共有 $T$ 组数据。
$1\le n,m,p\le 10^3,1\le T\le 10^5$
题目来源：HDU P1848（Fibonacci again and again）

• 代码1

//HDU 1848 -- Fibonacci again and again
#include 
#include 
int bj[1001],g[1001];
int f[101]={0,1,2};
void sg()
{
	for(int i=1;i<=1000;i++)
	{
		memset(bj,0,sizeof(bj));
		for(int j=1;j<=16;j++)
		{
			if(f[j]>i)
			{
				break;
			}
			bj[g[i-f[j]]]=1;
		}
		for(int j=0;j<=1000;j++)
		{
			if(bj[j]==0)
			{
				g[i]=j;
				break;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	for(int i=3;i<=16;i++)
	{
		f[i]=f[i-1]+f[i-2];
	}
	sg();
	while(true)
	{
		int n=0,m=0,p=0;
		scanf("%d %d %d",&n,&m,&p);
		if(n==0 && m==0 && p==0)
		{
			break;
		}
		printf("%s\n",(g[n]^g[m]^g[p])!=0?"Fibo":"Nacci");
	}
	return 0;
}

• 题目2

有一堆共 $n$ 个石子，每次取的个数要在 $[p,q]$ 内，当式子个数不足 $p$ 个时要一次将剩下的所有石子取完，取完最后一个石子的人输 ，问你先手是否有必胜策略。
$1\le n\le 2^{16},1\le p,q\le 2^{16}$ 。
题目来源：HDU P2897（邂逅明下）

• 分析

这是一道 打表找规律求SG值 ：这类题目可以通过暴力求得小范围的SG值，再通过找规律得到SG值取值的规律来求解。

• 用于找规律的SG函数代码

#include 
#include 
int bj[1001],g[1001];
int f[101]={0,1,2};
int len=0;
void sg()
{
	for(int i=1;i<=1000;i++)
	{
		memset(bj,0,sizeof(bj));
		if(i<f[1])
		{
			bj[g[0]]=1;
		}
		for(int j=1;j<=len;j++)
		{
			if(f[j]>i)
			{
				break;
			}
			bj[g[i-f[j]]]=1;
		}
		for(int j=0;j<=1000;j++)
		{
			if(bj[j]==0)
			{
				g[i]=j;
				break;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int n=0,p=0,q=0;
	scanf("%d %d %d",&n,&p,&q);
	for(int i=p;i<=q;i++)
	{
		f[++len]=i;
	}
	sg();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%d ",g[i]);
	}
//	if(g[n]!=0)
//	{
//		printf("LOST");
//	}
//	else
//	{
//		printf("WIN");
//	}
	return 0;
}

• 代码2

//HDOJ 2897 -- 邂逅明下
#include
#include
#include
using namespace std;

int main()
{
    int n,q,p;
    while ( scanf("%d%d%d",&n,&p,&q)!=EOF ) {
        n%=(p+q);
        if ( n>p || n==0 ) printf("WIN\n");
        else printf("LOST\n");
    }
    return 0;
}

• 题目3

给 $n$ 个点，然后给定这 $n$ 个点的拓补图，有向无环。
然后给出你一个正整数 $m$ ，表示图上有 $m$ 个棋子，这 $m$ 个棋子在哪几个点上。
现在有两个玩家来轮流移动这些棋子，谁先没办法移动所有的棋子谁输，问你先手是否有必胜策略。共有 $T$ 组测试数据。
$1\le T\le 10^5,1\le n\le 1000,1\le m\le 10$
题目来源：POJ P2425（A Chess Game）

• 代码3

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
 
int map[1010][1010];
int SG[1010];
int N;
 
int DFS(int n)
{
    int i;
    if(SG[n]!=-1) return SG[n];
    bool used[1010];
    memset(used,0,sizeof(used));
    for(i=0; i<N; i++)
    {
        if(map[n][i] != -1)
            used[DFS(i)]=true;
    }
    i=0;
    while(used[i]) i++;
    return SG[n]=i;
}
 
 
int main()
{
    int i,j,k,t;
    int X;
    int tp,ans;
    while(scanf("%d",&N) != EOF)
    {
        memset(map,255,sizeof(map));
        memset(SG,255,sizeof(SG));
        for(i=0; i<N; i++)
        {
            scanf("%d",&k);
            if(k == 0)
            {
                SG[i] = 0;
            }
            for(j=0; j<k; j++)
            {
                scanf("%d",&t);
                map[i][t] = 1;
            }
        }
 
        while(scanf("%d",&X) != EOF)
        {
            if(X == 0) break;
            ans = 0;
            for(i=0; i<X; i++)
            {
                scanf("%d",&tp);
                ans = ans ^DFS(tp);
            }
            if(ans != 0)
                printf("WIN\n");
            else
                printf("LOSE\n");
        }
    }
    return 0;
}

三、取硬币游戏

• 模型

$n$ 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。
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，谁不能翻谁就输，问你先手是否有必胜策略。

• 约束条件 1 ：每次只能翻一个硬币

$n$ 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。游戏者所翻动的硬币必须是从正面翻到反面，谁不能翻谁就输。问你先手是否有必胜策略。

• 因为这题是只能翻一个硬币，那么这个硬币就是最右边的硬币，所以，每次操作是挑选一个正面的硬币翻成背面。
  对于任意一个正面的硬币，SG值为1。
  有 $奇数个正面硬币$ ，局面的 $SG值=1$ ，先手 $必胜$ ，有 $偶数个正面硬币$ ，局面的 $SG值=0$ ，先手 $必败$ 。

• 约束条件 2 ：每次能翻转一个或两个硬币（不用连续）

• 每个硬币的 $SG值$ 为它的编号，初始编号为 $0$ ，与 $NIM游戏$ 是一样的。
  如果对于一个局面，把 $正面硬币的SG值异或起来不等于0$ ，即 $a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_n=\text{x}$ ,对于 $a_n$ 来说一定有 $a_n^{\prime }=a_n\oplus \text{x}<a_n$ 。

  如果 $a_n^{\prime }=0$ ，意思就是说，把 $a_n$ 这个值从式子中去掉就可以了。对应游戏，就是把编号为 $a_n$ 的正面硬币翻成背面就可以了。因为 $a_n\oplus \text{x}=0$，而 $a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_n=x$ ，即 $a_n\oplus a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_n=0$ ，即 $a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_{n-1}=0$ ，只要在原来的 $\text{x}$ 里面去掉 $a_n$ 就可以了。

  如果 $a{n}^{\prime }\ne 0$ ，意思就是说，把 $a_n$ 这个值从式子中去掉后再在式子中加上 $a_n^{\prime }$ ， $a_n^{\prime }<a_n$ 。对应游戏，去掉 $a_n$ 就是把编号为 $a_n$ 的正面硬币翻成背面，加上 $a_n^{\prime }$ ，如果编号为 $a_n^{\prime }$ 的硬币是正面，我们就把它翻成背面，是背面就翻成正面，总之，就是翻转编号为 $a_n^{\prime }$ 的硬币。因为 $an\oplus x\ne 0$ ，所以 $a_n\oplus a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_n\ne 0$ ，即 $a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_{n-1}\ne 0$ ，而这里的 $a_n^{\prime }=a_1\oplus a_2\oplus a_3\oplus \dots \oplus a_{n-1}$ ，所以在 $x$ 中去掉 $a_n$ 后，要对 $a_n^{\prime }$ 进行异或，也就是翻转，正转反，反转正。

• 约束条件 3 ：每次必须连续翻转 k 个硬币

  我们以 $k=3$ 为例。

  我们计算的是个数为 $n$ 的硬币中，其中最后一个硬币为正面朝上,的 $sg值$ 。

  当 $n=1$ 时，硬币为：正，先手必输，所以 $sg[1]=0$ 。

  当 $n=2$ 时，硬币为：反正，先手必输，所以 $sg[2]=0$ 。

  当 $n=3$ 时，硬币为：反反正，先手必胜，所以 $sg[3]=1$ 。

  当 $n=4$ 时，硬币为：反反反正，先手操作后为：反正正反，子状态局面的 $SG=0\oplus 1=1$ ，那么 $sg[4]=0$ 。

  当 $n=5$ 时，硬币为：反反反反正，先手操作后为：反反正正反，子状态局面的 $SG=1\oplus 0=1$ ，那么 $sg[5]=0$ 。

  当 $n=6$ 时，硬币为：反反反反反正，先手操作后为：反反反正正反，子状态局面的 $SG=0\oplus 0=0$ ，那么 $sg[6]=1$ 。

  …

  然后我们得到了下面的这个表格：

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	…
sg值	0	0	1	0	0	1	0	0	1	0	0	1	0	0	1	…

由此我们可以知道，从编号为 $1$ 开始， $sg$ 值为：$001001001001......$ 。

通过继续观察，我们可以知道， $sg$ 的形式为 $000\dots 01000\dots 01$ ，其中每一段 $0$ 的个数都为 $(k-1)$ 。

• 约束条件 4 ：每次翻动一个硬币后，必须翻动其左侧最近三个硬币中的一个，即翻动第 x 个硬币后，必须选择 (x-1) 、 (x-2) 、 (x-3) 中的其中一个硬币进行翻动，除非 x 是小于等于 3 的 （Subtraction Games）

  当 $n=1$ 时，硬币为：正，先手必赢，所以 $sg[1]=1$ 。

  当 $n=2$ 时，硬币为：反正，先手必赢，因为先手可以翻成反反或正反，可能性为 $2$ ，所以 $sg[2]=2$ 。

  …

  然后我们得到了下面的这个表格：

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	…
sg值	1	2	3	0	1	2	3	0	1	2	3	0	1	2	3	…

这个与每次最多只能取 $3$ 个石子的取石子游戏的 $SG$ 分布一样，同样还有相似的这类游戏， $约束条件5$ 也是一样。

• 约束条件 5 ：每次必须翻动两个硬币，而且这两个硬币的距离要在可行集 S={1,2,3} 中，硬币序号从 0 开始 （Twins游戏）

当 $n=1$ 时，硬币为：正，先手必输，所以 $sg[0]=0$ 。

当 $n=2$ 时，硬币为：反正，先手必赢，所以 $sg[1]=1$ 。

当 $n=3$ 时，硬币为：反反正，先手必赢，所以 $sg[2]=2$ 。

当 $n=4$ 时，硬币为：反反反正，先手必赢，所以 $sg[3]=3$ 。

当 $n=5$ 时，硬币为：反反反反正，先手必输，所以 $sg[4]=0$ 。

…

然后我们得到了下面的这个表格：

n	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	…
sg值	0	1	2	3	0	1	2	3	0	1	2	3	0	1	2	3	…

• 约束条件6：每次可以翻动一个、二个或三个硬币 （Mock Turtles游戏）

初始编号从 $0$ 开始。

n	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	…
sg值	1	2	4	7	8	11	13	14	16	19	21	22	25	26	28	31	…

看上去 $sg值$ 为 $2\text{x}$ 或者 $(2\text{x}+1)$ 。我们称一个非负整数为 $odious$ ，当且仅当该数的二进制形式的 $1$ 出现的次数是奇数，否则称作 $evil$ 。所以 $1$ ， $2$ ， $4$ ， $7$ 是 $odious$ 因为它们的二进制形式是 $1,10,100,111$ 。而 $0,3,5,6$ 是 $evil$ ，因为它们的二进制形式是 $0,11,101,110$ 。而上面那个表中，貌似 $sg值$ 都是 $odious数$ 。

所以当 $2\text{x}$ 为 odious 时， sg值 是 $2\text{x}$，当 $2\text{x}$ 是 evil 时， sg值 是 $(2\text{x}+1)$ 。

• 对于约束条件 7、8 有兴趣的读者可以在 “参考资料 [9]” 中继续阅读 。

参考资料

[1] 由感性认识到理性认识——透析一类搏弈游戏的解答过程。

[2] 组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形。

[3] 博弈论。

[4] SG函数。

[5] hdu 1848Fibonacci again and again。

[6] 专题训练之博弈。

[7] 博弈by高嘉煊。

[8] sg函数入门题。

[9] 【转】博弈-翻硬币游戏。

[10] 博弈:关于SG函数的一些心得（知识总结+叙述证明+例题）。

[11] POJ2425（树形，无向无环图博弈）。

PS:

由于有的参考资料因为“ABlog”网站的关闭而暂时无法提供出来，我会尽力将文件找回的！