几种常见的博弈算法

博弈问题的特点

1.博弈模型为两人轮流决策的非合作博弈。即两人轮流进行决策，并且两人都使用最优策略来获取胜利

2.博弈是有限的。即无论两人怎样决策，都会在有限步后决出胜负

3.公平博弈。即两人进行决策所遵循的规则相同

几种常见博弈类型问题

1.巴什博弈

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1、问题模型：有一个堆物品，物品数量为n个，两个人轮流从这堆物品中取物品，规定每次至少取一个，最多取m个，最后取光者得胜。

2、解决思路：当n=m+1时，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，所以当一方面对的局势是n%(m+1)=0时，其面临的是必败的局势。所以当n=（m+1)*r+s，（r为任意自然数，s≤m)时,如果先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走x（≤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。

结论:如果条件是最后取光者得胜，那么当先手面临的局势是n%(m+1)==0，先手必败

#include
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
       int n,m;
       scanf("%d%d",&n,&m);
       if(n%(m+1)==0)
           printf("second win\n");
       else
           printf("first win\n");
    }
    return 0;
}

3、变形：条件不变，改为最后取光的人输。

结论：如果条件是最后取光者失败，那么当先手面临的局势是(n-1)%(m+1)==0时，先手必败。

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2.威佐夫博弈

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1、问题模型：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。

2、解决思路: 设(ai,bi) (ai ≤bi  ,i=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)。任给一个局势(a,b)，如下公式判断它是不是奇异局势：ak=[k(1+√5)/2]，bk=ak+k (k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)。

3、满足上公式的局势性质：

（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,所以性质成立。

（2）任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。

    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

4、结论：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。

#include
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
    int a,b;
    while(~scanf("%d%d",&a,&b))
    {
        if(a>b)
            swap(a,b);
        int ans=floor((b-a)*(sqrt(5)+1)/2); //判断是否是奇异局势
        if(a==ans)
            printf("second win\n");
        else
            printf("first win\n");
    }
    return 0;
}

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3.斐波那契博弈

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1、问题模型：

 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。

2、解决思路：

       当n为Fibonacci数时，先手必败。即存在先手的必败态当且仅当石头个数为Fibonacci数。 

    证明：

      根据“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。如n=83=55+21+5+2。我们看看这个分解有什么指导意义：假如先手取2颗，那么后手无法取5颗或更多，而5是一个Fibonacci数，那么一定是先手取走这5颗石子中的最后一颗，同理，接下去先手取走接下来的后21颗中的最后一颗，再取走后55颗中的最后一颗，那么先手赢。

    反证：如果n是Fibonacci数，如n=89：记先手一开始所取的石子数为y

    （1）若y>=34颗（也就是89的向前两项），那么一定后手赢，因为89-34=55=34+21<2*34。

    （2）y<34时剩下的石子数x介于55到89之间，它一定不是一个Fibonacci数，把x分解成Fibonacci数：x=55+f[i]+…+f[j]，若，如果f[j]<=2y，那么对B就是面临x局面的先手，所以根据之前的分析，后手只要先取f[j]个即可，以后再按之前的分析就可保证必胜。

#include
using namespace std;
int main()
{
    long long n,temp,a,b;
    int mark;
    while(cin>>n)
    {
      a=2; b=3; mark=0;
      while(a<=n)
      {
         if(a==n||b==n)
            mark=1;
         else
         {
            temp=a+b; a=b; b=temp; //模拟斐波那契序列
         }
      }
        if(mark)
            cout<<"Second win"<

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4.尼姆博弈

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1、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，最后取光者得胜。

2、解决思路：用（a，b，c）表示某种局势，显证（0，0，0）是第一种奇异局势，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）。

  搞定这个问题需要把必败态的规律找出：(a,b,c)是必败态等价于a^b^c=0(^表示异或运算）。

  证明:(1)任何从p(a,b,c)=0局面出发的任意局面(a,b,c’);一定有p(a,b,c’)不等于0。否则可以得到c=c’。

          (2)任何p(a,b,c)不等于0的局面都可以走向 p(a,b,c)=0的局面

          (3)对于 (4,9,13) 这个容易验证是奇异局势

             

其中有两个8，两个4，两个1，非零项成对出现，这就是尼姆和为  零的本质。别人要是拿掉13里的8或者1，那你就拿掉对应的9 中的那个8或者1；别人要是拿掉13里的4，你就拿掉4里的4；别人如果拿掉13里的3，就把10作分解，然后想办法满 足非零项成对即可。

3、推广一：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，只从 c中减去 c-（a^b）

4、推广二：当石子堆数为n堆时，则推广为当对每堆的数目进行亦或之后值为零是必败态。

#include
int main()
{
    int a,b,c;
    while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c))
    {
        int flag=a^b^c;
        if(!flag)
            printf("second win\n");
        else
            printf("first win\n");
    }
    return 0;
}

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转载自:https://blog.csdn.net/baidu_36394995/article/details/76206979