尼姆博弈（Nimm Game）

引用：http://blog.csdn.net/shuangde800/article/details/7443566

问题模型：

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，最后取光者获胜。

Bouton定理：先手能够在非平衡博弈中获胜，而后手能够在平衡博弈中获胜。

平衡条件：所有堆二进制表示时，每一位上1的1的个数都是偶数。

若游戏开始时处于非平衡博弈。这样，先手就通过一种取物品方式使得他留给后手的是平衡状态，接着无论后手如何取物品，都会给先手

的是非平衡状态，如此反复得进行，当后手在最后一次平衡状态下取物品后，先手能够一次性取走剩下的物品而获胜。（既是将每一位都为0的状态给后手）

Nim和：所有堆的数量的二进制异或的结果。

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。

定义：

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；

若所有火柴数异或不为0，则该状态被称为利己态，用S表示。

[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。

证明：

    若有n堆火柴，每堆火柴有A(i)根火柴数，那么既然现在处于S态，

       c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0;

    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，这与c的第p位就也为0矛盾）。

    那么我们把x = A(t) xor c,则得到x < A(t).这是因为既然A(t)的第p位与c的第p位同为1,

那么x的第p位变为0,而高于p的位并没有改变。所以x < A(t).

而   A(1) xor A(2) xor … xor x 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(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(n)

   = 0

这就是说从A(t)堆中取出 A(t) - x 根火柴后状态就会从S态变为T态。

[定理2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。

证明：用反证法试试。

      若

       c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0；

       c' = A(1) xor A(2) xor … xor A(i') xor c xor … xor A(n) = 0;

      则有

c xor c' = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i') xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i') =0

      进而推出A(i) = A(i')，这与已知矛盾。所以命题得证。

[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1，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。

接着来解决第二个问题。

定义：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根的堆，则称为充裕堆。

定义：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。（T1状态是不存在的）

  

S态中，若充裕堆的堆数大于等于2，用S2表示； 若充裕堆的堆数等于1，用S1表示；

若充裕堆的堆数等于0，用S0表示。

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。

[定理5]：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6]：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5，对方必输。己必胜.

[定理7]：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8]：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9]：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10]：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8）  
      2）   对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9） 
    若转变为S2,   转向1）  
    若转变为S1,   这己必胜。（定理6）
[定理11]：T2态必输。  
证明：同10。  

综上所述，必输态有：   T2,S0  
                  必胜态有：   S2,S1,T0.  

问题1的裸题：HDU 1849

/*//
HDU 1849
题意：
棋盘包含1*n个方格，m个棋子放在棋盘的方格上
每一步可以选择任意一个棋子向左移动到任意的
位置（可以多个棋子位于同一个方格）

分析：
每个棋子移动到最左边的过程可看成是数量大小
为棋子从当前位置移动到最左边的距离的堆在不断
被取走，直到为0.所以问题变成求m堆物品被取走的
问题(Nim博弈)，每堆的数量是Ki。
/*/

#include

int main()
{
    int m,k;
    while(scanf("%d",&m)!=EOF&&m)
    {
        int ans=0;
        for(int i=0;i

问题2的裸题：HDU1907 HDU 2509

/*/
 HDU 1907 尼姆博弈
 条件不变,结果变成拿到最后一个的为输。

 分析：http://blog.csdn.net/shuangde800/article/details/7443566
 必胜态：S2、S1、T0
 必败态：T2、S0
/*/
#include

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int Case,n,k[100];
    scanf("%d",&Case);
    while(Case--)
    {
        scanf("%d",&n);
        int ans=0,cnt=0;
        for(int i=0;i1)
                cnt++;
        }
        //T2 S0  后手赢
        if((ans==0&&cnt>=2)||(ans!=0&&cnt==0))
            printf("Brother\n");
        else 
            printf("John\n");
    }
}

/*/
 HDU 2509 尼姆博弈
 条件不变,结果变成拿到最后一个的为输。
 Fra是先手，判断是否会赢。
 分析：http://blog.csdn.net/shuangde800/article/details/7443566
 必胜态：S2、S1、T0
 必败态：T2、S0
/*/
#include

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int n,k;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int ans=0,cnt=0;
        for(int i=0;i1)
                cnt++;
        }
        //T2 S0  后手赢
        if((ans==0&&cnt>=2)||(ans!=0&&cnt==0))
            printf("No\n");
        else 
            printf("Yes\n");
    }
}