博弈算法 之 SG 函数的运用

SG函数简介：

如果我们把游戏中的某一个局面看作一个顶点，把局面之间的转换用边来表示，那么很多游戏都可以转

化成图游戏模型。

图游戏模型 给定有向无环图G=(V,E)和一个起始点，双方轮流行动。每个人每次可以从当前点出发沿着

一条有向边走到另外一个点。谁无法走了谁就输。

一些图游戏可以通过Sprague-Grundy函数来判定先手的胜负情况（简称SG函数）。

SG函数 一个图G=(V,E)的SG函数g，是定义在v上的一个非负整数函数：
g(x)=min{n>=0 | n≠g(y) for <x,y>∈E}
如果x的出度为0，那么g(x)=0。（边界条件）

SG函数内涵：

g(x)就是x的后继点的SG值中没有出现过的最小值。

这样定义有什么好处呢？我们把一个图的当前状态值定义为游戏者处在的这个点的SG值。

如果游戏者处在一个点x，g(x)≠0。那么0, 1, …, g(x)-1这些数必然都出现在x的后继节点的SG值中，而

游戏者可以走到这些点中的任意一个。也就是说：游戏者可以通过一步走棋把图的当前状态值任意的

减小（当然必须保证状态值始终>=0）。
如果游戏者处在一个点x，g(x)=0。那么游戏者无论如何移动，下一个点的SG值都不等于0。

SG函数性质：

对于一个图游戏，如果图的当前状态等于0，那么先手必败，否则必胜。
证明：
如果当前点SG=0，先手无论怎么走，都会到达一个SG<>0的点；接着后手就能设法到达一个SG=0的点。

也就是说后手总是能移动，而先手总是处在SG=0的点。游戏不能无限的进行下去，一旦先手到达一个出

度等于0的点，游戏结束，先手败。
如果当前点SG≠0，先手可以走到一个SG=0的点，这样后手面对一个必败状态，所以先手必胜。

保龄球问题：

在一行中有n个木瓶，你和你的朋友轮流用保龄球去打这些木瓶，由于你们都是高手，每一次都可以准确

的击倒一个或相邻的两个木瓶，谁击倒最后一个剩余的木瓶谁将获得胜利。如果由你先打，请你分析，

你应该采取什么策略来确保赢得胜利。

为了更方便的看清楚问题的本质，我们用另一种方式来描述这个游戏。
最开始有一堆石子（n个），每一次你可以进行以下四种操作中的一种：
从中取出一颗石子
从中取出两颗石子
从一堆中取出一颗石子，并且将这一堆中余下的石子任意分成两堆（每堆至少一颗）
从一堆中取出两颗石子，并且将这一堆中余下的石子任意分成两堆（每堆至少一颗）

这四种操作，实际上就依次对应于原来游戏中的以下四种击倒法：
击倒一段连续的木瓶中最靠边的一个
击倒一段连续的木瓶中最靠边的连续两个
击倒一段连续的木瓶中不靠边的一个
击倒一段连续的木瓶中不靠边的连续两个

注：⊕= ^；

把局面看作顶点,游戏规则看作边,这是一个典型的图游戏。
如果当前局面被分成了M堆，(A1，A2，…，Am)，则
SG(A1,A2,…,Am)=SG(A1)⊕SG(A2)⊕…⊕SG(Am)
显然, SG(0)=0
剩余一个时，只能取到0个，而SG(0)=0，所以SG(1)=1。
剩余两个时，可以取到0或1，其中SG(0)=0，SG(1)=1，
所以SG(2)=2
剩余三个时，我们可以把局面变成1或2或两堆均为1。
其中SG(1)=1，SG(2)=2，SG(1，1)=SG(1) ⊕ SG(1)=0，所以SG(3)=3
SG(4)可分解为{SG(2), SG(3),SG(2)⊕SG(1), SG(1)⊕SG(1)}                         ={2,3,3,0},所以SG(4)=1
对于任意一种局面P，的SG值为SG(P)，为了赢得胜利，我们只需将他的局面变成Q,使得SG(Q)=0即可。

优化：

对于每一个N值，我们为了求出他的SG值, 时间复杂度为O(N) ，如果只要求你求出你第一步应该如何行动，

那么这种普通的方法需要O(N2)的复杂度，显然不能令我们满意。
这个问题看似已经解决，但我们可以进行优化。
事实上，我们通过观察较小的数的SG值，可以发现：
0 ~11的SG值为：0 1 2 3 1 4 3 2 1 4 2 6
12~23的SG值为：4 1 2 7 1 4 3 2 1 4 6 7
24~35的SG值为：4 1 2 8 5 4 7 2 1 8 6 7
36~47的SG值为：4 1 2 3 1 4 7 2 1 8 2 7
48~59的SG值为：4 1 2 8 1 4 7 2 1 4 2 7
60~71的SG值为：4 1 2 8 1 4 7 2 1 8 6 7
72~83的SG值为：4 1 2 8 1 4 7 2 1 8 2 7
并且从72开始，SG值以12为循环节，不断的重复出现，这样我们求出所有SG值的复杂度就降到了常数，

这样判断第一步的如何选择的复杂度就降为了O(N)。