吴昊品游戏核心算法（新年特别篇）—— 各种博弈各种博
（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。
巴什博弈博弈论里面最简单的一种形式。以下题目利用巴什博弈可以轻松解决：
1. http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1846 （brave game）
2. http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2147 （kiki's game）
3. http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2149 （public sale）
4. http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2188 （选拔志愿者）
下面介绍分析此类题目的通用方法：P/N分析：
P点： 即必败点，某玩家位于此点，只要对方无失误，则必败；
N点： 即必胜点，某玩家位于此点，只要自己无失误，则必胜。
三个定理：
定理：
一、 所有终结点都是必败点P（上游戏中，轮到谁拿牌，还剩0张牌的时候，此人就输了，因为无牌可取）；
二、所有一步能走到必败点P的就是N点；
三、通过一步操作只能到N点的就是P点；
以上题目均可以通过P/N分析法来解决。
这几个题目都非常的简单。下面仅对2149做简单分析：（P/N分析也可以）
首先明确使用巴什博弈有个前提（特点）每次拿的数量是从1-m的不间断整数开始的。注意这一点很重要。无此条件巴什博弈不成立！
其实这个题目稍微动动脑就可以把它转换为巴什博弈（特点明显）。你就假设两人拍卖的时候是从给定的最高价开始—谁先拍卖到0谁就就是胜者。需要注意的是我们对特殊情况的考虑。具体见代码：
2 #include<algorithm>
3 using namespace std;
4
5 int main()
6 {
7 freopen( " game.in ", " r ",stdin); freopen( " game.out ", " w ",stdout);
8 int sum,maxnum;
9 while(scanf( " %d%d ",∑,&maxnum)!=EOF)
10 {
11 if(sum<=maxnum)
12 {
13 for( int i=sum;i<=maxnum;i++) printf(i==sum? " %d ": " %d ",i);
14 printf( " /n ");
15 }
16 else if(sum%(maxnum+ 1)!= 0)
17 {
18 int result=sum%(maxnum+ 1);
19 printf( " %d/n ",result);
20 }
21 else printf( " none/n ");
22 }
23 return 0;
24 }
（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= [（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012 =二进制103 =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）。下面先是一道简单的尼姆博弈题目http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1850只要运用上面的知识即可解决（具体细节见代码）
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 #define N 100+10
6 int main()
7 {
8 freopen( " game.in ", " r ",stdin);
9 freopen( " game.out ", " w ",stdout);
10 int heapnum,heap[N];
11 while(scanf( " %d ",&heapnum)!=EOF && heapnum)
12 {
13 int sum= 0,ans= 0;
14 for( int i= 1;i<=heapnum;i++)
15 {
16 scanf( " %d ",&heap[i]);
17 sum^=heap[i];
18 }
19 for( int i= 1;i<=heapnum;i++)
20 {
21 if(heap[i]>(sum^heap[i]))
22 ans++; // 大于号的优先级要高于异或运算！
23 }
24 printf( " %d/n ",ans);
25 }
26 return 0;
27 }
SG函数：
SG值：一个点的SG值就是一个不等于它的后继点的SG的且大于等于零的最小整数。
我的理解：在步骤允许的情况下，与前面一个必败点的差（也就是说这个差是规定的、能走的、其中一个步数）！
后继点：也就是按照题目要求的走法（比如取石子可以取的数量，方法）能够走一步达到的那个点。（sg值的理解很抽象。我的队友mo、xi说多画画就可以了）
现在我们拿http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1847这道题分析一下。
我们枚举下牌数为2-10的sg值：（SG(x)=mex{SG(x-S[i])}。）
num： 2 3 4 5 6 7 8 9 10
sg值： 2 0 1 2 0 1 2 0 1
具体的代码如下：（当然这题用P/N分析要简单得多，这里仅理解sg值）
2 #include<algorithm>
3 using namespace std;
4 #define N 1000+10
5
6 int arr[ 11],sg[N];
7
8 int pre() // 把1000以内的所有的可能一次拿的牌都算出来！
9 {
10 arr[ 0]= 1;
11 for( int i= 1;i<= 10;i++) arr[i]=arr[i- 1]* 2;
12 return 0;
13 }
14
15 int mex( int x) // 这是求解改点的sg值的算法函数（采用记忆化搜索）
16 {
17 if(sg[x]!=- 1) return sg[x];
18 bool vis[N];
19 memset(vis, false, sizeof(vis));
20 for( int i= 0;i< 10;i++)
21 {
22 int temp=x-arr[i];
23 if(temp< 0) break;
24 sg[temp]=mex(temp);
25 vis[sg[temp]]= true;
26 }
27 for( int i= 0;;i++)
28 {
29 if(!vis[i])
30 {
31 sg[x]=i; break;
32 }
33 }
34 return sg[x];
35 }
36
37 int main()
38 {
39 freopen( " game.in ", " r ",stdin); freopen( " game.out ", " w ",stdout);
40 int num;
41 pre();
42 while(scanf( " %d ",&num)!=EOF)
43 {
44 memset(sg,- 1, sizeof(sg));
45 if(mex(num)) printf( " Kiki/n ");
46 else printf( " Cici/n ");
47 }
48 return 0;
49 }
50
组合博弈（各种博弈的叠加）：
博弈-取石子游戏
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=20&tid=5748
http://hi.baidu.com/netnode/blog/item/30932c2edc7384514fc226ea.html
组 合博弈无疑是对sg值的熟练操作例如：有n堆石子，每次可以从第1堆石子里取1颗、2颗或3颗，可以从第2堆石子里取奇数颗，可以从第3堆及以后石子里取 任意颗…… 我们可以把它看作3个子游戏，第1个子游戏只有一堆石子，每次可以取1、2、3颗，很容易看出x颗石子的局面的SG值是x%4。第2个子游戏也是只有一堆 石子，每次可以取奇数颗，经过简单的画图可以知道这个游戏有x颗石子时的SG值是x%2。第3个游戏有n-2堆石子，就是一个Nim游戏。对于原游戏的每 个局面，把三个子游戏的SG值异或一下就得到了整个游戏的SG值，然后就可以根据这个SG值判断是否有必胜策略以及做出决策了。其实看作3个子游戏还是保 守了些，干脆看作n个子游戏，其中第1、2个子游戏如上所述，第3个及以后的子游戏都是“1堆石子，每次取几颗都可以”，称为“任取石子游戏”，这个超简 单的游戏有x颗石子的SG值显然就是x。
2 #include<cmath>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 typedef long long int64;
6
7 int main()
8 {
9 freopen( " game.in ", " r ",stdin); freopen( " game.out ", " w ",stdout);
10 int anum,bnum;
11 double xx=sqrt( 5.0);
12 while(scanf( " %d%d ",&anum,&bnum)!=EOF)
13 {
14 if(anum== 0 && bnum== 0) break;
15 bool flag= false, tag= false;
16 if(anum==( int)(abs(bnum-anum)*( 1+xx)/ 2)) printf( " 0/n ");
17 else
18 {
19 int a1,b1,a2,b2;
20 // if(!anum) printf("0 0/n");
21 for( int i= 1;i<=bnum;i++)
22 {
23 if((anum-i)>= 0 && !flag) // 在两堆中都拿
24 {
25 if((anum-i)==( int)(abs(bnum-anum)*( 1+xx)/ 2))
26 {
27 a1=anum-i; b1=bnum-i; flag= true;
28 }
29 }
30 if((anum-i>= 0) && !tag) // 在其中一堆中拿（假设a堆多，在a堆中拿）
31 {
32 if((anum-i)==( int)(abs(bnum-anum+i)*( 1+xx)/ 2))
33 {
34 a2=anum-i; b2=bnum; tag= true;
35 }
36 }
37 if(!tag) // 在b堆中拿
38 {
39 if(((bnum-i)<anum?(bnum-i):anum)==( int)(abs((bnum-i)-anum)*( 1+xx)/ 2))
40 {
41 a2=anum; b2=bnum-i; tag= true;
42 }
43 }
44 if(flag && tag) break;
45 }
46 if(flag || tag)
47 {
48 printf( " 1/n ");
49 if(flag) printf( " %d %d/n ",a1,b1);
50 if(tag)
51 {
52 if(a2>b2) printf( " %d %d/n ",b2,a2);
53 else printf( " %d %d/n ",a2,b2);
54 }
55 }
56 }
57 }
58 return 0;
59 }
2 using namespace std;
3 #define c 1.618033989
4 int f( int a, int b) // 判断(a,b)是否处于必败态
5 {
6 int k,s;
7 k=b-a;
8 s=k* 1.618033989;
9 if(s==a) return 1;
10 else return 0;
11 }
12 int main()
13 {
14 int a,b,s,k,m,a1,b1;
15 while(cin>>a>>b)
16 {
17 if(!a&&!b) break;
18 if(f(a,b))
19 {
20 cout<< " 0\n ";
21 continue;
22 }
23 cout<< " 1\n ";
24 if(!a)
25 {
26 cout<< " 0 0\n ";
27 continue;
28 }
29 if(a==b)
30 {
31 cout<< " 0 0\n ";
32 }
33 k=b-a;
34 if(k) // 两堆石子同时取走相同数量的石子后，使对方处于必败态
35 {
36 m=k/c;
37 a1=m+k;
38 b1=m+ 2*k;
39 if(a>a1&&b>b1&&f(a1,b1)) cout<<a1<< ' '<<b1<<endl;
40 }
41 s=b/c;
42 if(f(s,b)&&s<a) cout<<s<< ' '<<b<<endl; // 从第一堆取石，剩s个，判断(s,b)
43 if(a!=b)
44 {
45 s=a/c; // 从第二堆取石，剩s个，判断(s,a)
46 if(f(s,a)&&(a-s!=b-a)) cout<<s<< ' '<<a<<endl;
47 }
48 for(m=a+ 1;m<b;m++)
49 {
50 if(f(a,m)) // 从第二堆取石，剩m个，判断(a,m)
51 {
52 cout<<a<< ' '<<m<<endl;
53 break;
54 }
55 }
56 }
57 return 1;
58 }
59
60