经典入门博弈 与 SG函数和SG定理(Sprague_Grundy)
一、P/N法
必胜点和必败点的概念：
P点：必败点，处于此位置的人，在双方操作均正确的情况下必败。
N点：必胜点，处于此位置的人，在双方操作均正确的情况下必胜。
必胜点和必败点的性质：
1、终结点为必败点P
2、该点为必胜点N 等价于 该点至少有一种方式进入必败点P
3、该点为必败点P 等价于 无论如何操作，该点都只能进入必胜点N（即无法进入必败点P）
典例：HDU - 1847
题目大意：
Kiki和Cici打牌，n张牌，轮流抓 ，Kiki先抓
抓牌数只能是2的幂次（1，2，4，8，16…） 张
最后抓完牌的人获胜
于是你可以打出如下的P/N表
于是你发现规律，3的倍数的点都是必败点
当然，没发现也没所谓，这个题 n 还是很小的，确确实实利用上面的性质用循环把表打出来也是可以的
好，理解了P/N法之后我们来继续学习下面的内容
二、经典博弈
1.巴什博弈（Bash Game）
首先说句废话，就是为啥这个叫巴什博奕，原因就是这事巴什发明的数学游戏，接下来要讲的两个博弈同理
巴什博奕事实上超级简单，那么我开讲了
只有一堆n个物品，两个人从轮流中取出（1~m）个；最后取光者胜。这就是巴什的游戏
根据我们上面讲的 P/N 法实际上就可以轻松的做出来了
我就不多讲了
然后这个是有结论的。记住最好，记不住就 P/N 也就几秒钟的事。
结论是：n 为 (m+1) 的倍数时必败
bool Bash_Game(int n,int m){//1赢0输，以后的代码同理
if(n%(m+1)==0) return 0;
return 1;
}2.尼姆博弈(Nimm Game)
从尼姆博弈开始，我们就要增加难度了，由单游戏向多游戏(组合游戏)转变
N堆物品，每堆有ni>0个物品，依旧是两个人来取，但是可取个数不再是 1~m 而是 1~∞
在这种情况下，问题就变得有意思了，而且还与二进制有密切关系。
对于这种多游戏博弈，我们不再用必败必胜点的说法了，而是说某种局势
奇异局势就相当于必败点，非奇异局势就相当于必胜点。
奇异局势的性质：(事实上就是必胜必败点的性质)
1、任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
2、采用适当的方法，总可以将非奇异局势变为奇异局势。
然后有个非常有意思的人还专门提出一个定理
Bouton定理：先手能够在非平衡尼姆博弈中取胜，而后手能够在平衡的尼姆博弈中取胜。(平衡的尼姆博弈就是奇异局势)
（就是你面对奇异局势必败，面对非奇异局势必胜，和P/N一样，这个定理说的什么别再反复读了，知道还有这么个定理就行了)
我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势
第二种奇异局势是（0，n，n），只要对手与我拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）
仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论自己如何拿，接下来对手都可以将其变为（0，n，n）的情形。
那么这些奇异局势共有的特点是什么呢
研究表明：任何奇异局势（a，b，c）都有a⊕b⊕c =0 （异或运算⊕，或者你用模二加法做也一样，模二加减就是异或）
并且可以扩展到 N 个数，奇异局势(n1,n2,..,nN) 有 n1⊕n2⊕...⊕nN=0
这样我们就可以直接判断某一局势是奇异局势还是非奇异局势了
那么非奇异局势是通过进入奇异局势来取胜的，那么是如何进入的呢，让我们进一步来了解一下吧
由于异或运算满足 交换律和结合律 且 a⊕a=0
于是对于 (a,b,c)，让 a=b⊕c，则 a⊕b⊕c = (b⊕c) ⊕ (b⊕c) = 0
同理你也可以让 b=a⊕c 或者 c=a⊕b，n个数同理，就不多说了
bool Nimm_Game(int N){
int ans=0;
for(int i=0;i典例：POJ - 2234 (纯Nimm博弈，一毛一样)
3.威佐夫博奕（Wythoff Game）
有两堆各a,b个物品，依旧是两个人来取，数量变为 单堆取1~∞个 或 同时从两堆中取同样多的物品。
这个游戏就比较有意思了，对于威佐夫博弈，我们可以发现他的奇异局势，前驱后继是链式的连接
我们用 (x , y) 来表示当前局势
然后 (a[ i ] , b[ i ]) 来表示 第 i 个奇异局势( i >= 0 ) ，前几个奇异局势为：
（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
发现一个威佐夫博弈中的奇异局势所具有的一条特殊性质 和 两个结论
特殊性质：任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
初步结论：a[0] = b[0] = 0，a[ i ] 是未在前面出现过的最小自然数，且 b[ i ] = a[ i ] + i。
而这样的结论我们无法满足，毕竟 a[ i ] 的判断并不简单
于是继续研究 ( 威佐夫博弈中所有研究与证明都请忽略吧，研究的价值不大，学会结论才是最重要的 )
发现，a[ i ] = i * 
，就是著名的黄金分割数
然后同时又发现，b - a 就是 i
结论：令 b = max(a,b) , a = min(a,b)
若 (b - a) * (1.0 + sqrt(5.0)) / 2.0 == a 则为奇异局势（必败），否则必胜
bool Wythoff_Game(ll a,ll b){
if(a>b) swap(a,b);
ll tmp=(b-a)*(1.0+sqrt(5.0))/2.0;
if(tmp==a) return 0;
return 1;
}然后如果要输出进入必败态的操作的话，暴力O(n)跑 i 就行
典例：HDU - 1527 (纯Wythoff博弈，一毛一样)
4.斐波那契博弈(Fibonacci Nim)(官方翻译：斐波那契尼姆)
n 个砂子，两人轮流取，开局第一次可取 1 ~ n-1 个，从第二次开始每次可取 1~上一次*2 个
比如我先取了 2 个，轮到你取，你可以取 (1 ~ 4)个，你取了 3 个，然后轮到我取 (1 ~ 6)个
这个博弈，就比较特别了，他对于同一种状态，由于进来的方式不同，接下来可操作的方式也不同，之后可进入的状态就不同，所以必胜必败关系就不同，PN、SG这类通用方法在此全部失效。
那么怎么办呢，斐波那契给了我们结论
结论：n为斐波那契数则必败
斐波那契数：1，2，3，5，8，13，21，34，55...
典例：HDU - 2516
然后关于这个斐波那契博弈，实际上它是一类游戏，称作--k倍动态减法游戏
关于证明斐波那契结论，我们不讲，因为没有意义
我们要讲，他的原理到底是怎样的，如何去推导，因为你知道这时候的PN/SG不好用了，那么我们怎么推导
也就是说我们要讲的就是k倍动态减法游戏如何推导
① k=1时
我们可以把每一时刻的 n 拆成二进制，你只要取走这个二进制的最后一个1，他就无法取走倒数第二个1，你就必胜
什么意思呢，举个例子
n=12=1100，比如你取走4个，剩 8=1000，对方可以取1~4个，那么他肯定取不掉8个，现在比如我们假设他取 3 个吧
剩 101 个，你可以取 1~3 个，你取一个，剩 4=100，那么它依然不能取到前面的 1 ，然后接着反复做这样的操作
很明显你必胜
但是
如果一开始 n 是1000这种只有一个1的呢
那你不管怎么取，总会出现最右的1，让对方可取，从而让对方进入必胜态，所以你必败
于是结论：k=1，2^i 必败
然后实际上你每次取的数也是来自必败态的，都是2的次幂嘛，这句话我们下面的情况也会用到
②k=2时
我们已经知道结论是必败点是斐波那契数，那么为什么斐波那契数就是必败点呢
有一个性质你需要知道：任意整数n都可以写成若干项不相邻的斐波那契数的和
且 f [ i + 2] > 2*f [ i ]
斐波那契数 1 2 3 5 8 13...
比如 12 = 8 + 3 + 1，把取或不取按下标顺序写作二进制数就是 10101
那么你取 1 个，对方就不能取走 3 个，接下来反复取最右一个1的这样的操作，就是你必胜
和k=1的情况是一样的，所以说斐波那契数必败
③k>=3时
那么仿照 k = 2 的情况，我们逆向去推 一个 数列(k=2是斐波那契数列) 该怎么推呢
首先想这样一个问题， 任意整数n都可以写成若干项不相邻的斐波那契数的和
换句话说就是 斐波那契数列里的数 组合一下 就可以得到不属于斐波那契数列里的数
比如 4 = 1 + 3 = 101，换句话说 4 就是可构造数，再换句话说 1=1 2=10 3=100 5=1000，就是不可构造数
那么再比如 5~8 之间的数6,7一定都是可构造数，而且一定是用前面的 1 2 3 5 构造的，因为 8 自己都比他大
那么再想一下， 1 2 3 5 能够造出来的最大的数是多少呢
这时候又涉及另一个问题了，我们说构造时要用不相邻项，为什么呢
这是因为f [ i + 2] > 2*f [ i ]，我们其实是要这个 2 倍关系，不是要不相邻，只不过在斐波那契里恰好隔至少一个就行
说到底，我们要的是k=1里说的，取了最右的一个1，就让对方无法取下一个1
也就是差超过 k 倍
换句话说，你设计的这个数列，可选中其中一些数，且任意相邻两数相差大于k倍，从而构造出可构造数
那么比如 1 2 3 5，构造出来最大的就是 2+5 = 7，下一个斐波那契数显然是构造不出来的，而每个自然数讲道理应该都能取得到，这是显然的，那么下一个斐波那契数就是 7 + 1 = 8
那么很明显，用动态规划的思想，对一个已经维护好的 a1~ai 数列
再维护一个 b1~bi 表示使用 a 数列前 i 个数构造的最大可构造数，那么 a[ i + 1] 就= b[ i ] + 1
那么求 a[ i + 2] 就需要 b[ i + 1] ，那么 b[ i + 1] 怎么求呢
我们用 a 数列前 i 个数构造出最大的可构造数是 b[ i ]，又知道 a[ i + 1] 比 b[ i ] 大，而显然 b[ i + 1]要构造的更大
所以一定会用到 a[ i+1 ] ，我们又知道相邻超过k倍，那么就找一个最大的 a[ t ]，使得 a [ t ] * k < a[ i + 1]
很明显只要用数列 a 1~t 范围内的数所构造的最大的可构造数 b[ t ]，然后 b[ i + 1] = b[ t ] + a [ i + 1]
这样我们就可以一直推下去，构造出这个必败点数列了
是不是很简单呢？下面给出 k倍动态减法游戏模板（HDU - 2486，含输出第一步操作）
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include
using namespace std;
using ll=long long;
int t,n,k;
ll a[1000005]={1},b[1000005]={1};
int main(){
scanf("%d",&t);
for(int cas=1;cas<=t;cas++){
scanf("%d%d",&n,&k);
int i,j;
for(i=0;a[i]=a[i]) break;
if(a[j]*k=a[i]) ans=a[i],n-=a[i];
i--;
}
printf("Case %d: %lld\n",cas,ans);
}
return 0;
} 三、SG函数和SG定理(Sprague-Grundy)
学会了 P/N法 和 经典博弈 后，就该来谈谈我们的 SG函数和SG定理 了
SG定理是用来解决 多游戏(组合游戏) 的标准方法
SG定理：多游戏的SG函数值等于各个游戏SG函数值的Nim和。(Nim和即模二相加和，即异或和)
讲SG函数前，我们先来讲一下mex(minimal excludant)运算
mex运算：施加于集合，表示最小的不属于这个集合的自然数。例：mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex∅=0。
SG函数公式： 令 RES(n) 表示状态 n 的所有后继状态构成的集合 （即 n 被取后剩余数量构成的集合）
令 SG(0) = 0，对 r1,r2,...,rcnt ∈RES(n) 有
SG(n) = mex{ SG(r1) , SG(r2) , ... , SG(rcnt) }
例如：有1堆n个的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }个石子
n=1时，RES = { 0 }，SG( 1 ) = mex { SG (0) } = mex{ 0 } = 1
n=2时，RES = { 1 }，SG( 2 ) = mex { SG (1) } = mex{ 1 } = 0
n=3时，RES = { 0 , 2 }，SG( 3 ) = mex { SG (0) , SG(2) } = mex{ 0 } = 1
n=4时，RES = { 0 , 1 , 3 }，SG( 4 ) = mex { SG (0) , SG(1) , SG(3) } = mex{ 0 , 1 } = 2
n=5时 , RES = { 1 , 2 , 4 }，SG( 5 ) = mex { SG (1) , SG(2) , SG(4) } = mex{ 0 , 1 , 2 } = 3
注：SG函数是单游戏递推得到的函数，对于单游戏，SG 函数完全可以取代 P/N 法
SG函数值 非0 时 必胜，SG函数值为 0 时 必败。多游戏可用 SG 定理求得 和SG函数，进而判断出必胜必败情况
SG函数求取模板：
int sg[MAXN],f[N],vis[MAXN];//f[N]为N种可取个数(从小到大) vis标记RES对应的sg值
void get_sg(){
memset(sg,0,sizeof sg);
for(int i=1;i典例：HDU - 1848
理解与补充：
1、PN法本质是SG函数的弱化，优点是逻辑推断思维判断中，PN法直接且有效、高效，缺点是无法使用SG定理即无法处理多游戏的组合游戏
2、nimm博弈本质上是n个sg[x]=x的组合游戏
3、斐波那契博弈应该无法使用任何基本博弈方法推理证明，因为同一局面下可操作手段不同，是变化的，反观其他情况，即便操作方法不确定，但是同一局面总是与同一系列操作一一对应着
4、威佐夫博弈本质上可以由二维sg[x][y]暴力打表推断规律，但是它无法拆分成两个子游戏的组合，因为它是杂交型游戏，我从两堆取同样多的石子。你可能认为是一个操作一下改变两个子游戏的状态才不行，但是注意不是因为这个原因，不是因为单操作影响多子游戏才使得他无法拆分。真正原因就是他取同样多时，取多少，与两个游戏的状态都有关，比如我现在认为我在操作y，那么我想做同取操作需要看x是多少，是这个原因，不是因为x也被一起改变。所以说威佐夫博弈无法拆分，从而无法使用SG定理。但是，包含型重复游戏（可以影响其他子游戏状态，但是其他子游戏状态无法影响当前子游戏操作）是可以拆分并使用SG定理的，这个要注意！！例如HDU - 3537。他是看做一个正面硬币一个游戏，这个正面硬币不同的初始位置对应不同状态。然后多个这样的单硬币游戏组合成题里说的游戏。这种的，他的子游戏会互相影响，因为他翻一串可以把前面的游戏也翻了，前面的正面一翻状态被改变了，一次操作影响多个子游戏，但是无所谓，我当前这个子游戏该怎么操作就怎么操作，操作不会被你别的子游戏的状态影响，你可能会说后续状态不对应，后续的操作变了啊，不用管那个，后续操作和后序状态对应，接下来怎么做不关你事，你当前没问题就无所谓，你站在每个过去每个未来上都是当前，当前没问题就是总的没问题。好好理解我说的，这个一定要搞清楚。