博弈入门
博弈入门
寻找平衡状态（也称必败态， 奇异局势），（满足：任意非平衡态经过一次操作可以变为平衡态）
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。 一般方法：
步骤1:将所有终结位置标记为必败点（P点）；
步骤2: 将所有一步操作能进入必败点（P点）的位置标记为必胜点（N点）
步骤3:如果从某个点开始的所有一步操作都只能进入必胜点（N点） ，则将该点标记为必败点（P点） ；
步骤4: 如果在步骤3未能找到新的必败（P点），则算法终止；否则，返回到步骤2。 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)； 1. 如果a = ak,
1.1 b > bk, 那么,取走b - bk个物体,即变为奇异局势(ak, bk)；
1.2 b < bk 则同时从两堆中拿走 ak – a[b – ak]个物体,变为奇异局势( a[b – ak] , a[b – ak]+ b - ak)；
2 如果a = bk ,
2.1 b > ak ,则从第二堆中拿走多余的数量b – ak
2.2 b < ak ,则 若b = aj (j < k) 从第一堆中拿走多余的数量a– bj; (a > bj)
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。 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=[j（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，先看（1，2，3）的按位模2加的结果： 1 =二进制01 2 =二进制10
3 =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。 例题：
取火柴的游戏
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。
先解决第一个问题吧。
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；否则， 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。证毕 [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，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。
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态可一次转变为T态，又由定理7，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。