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人生有“三晃”:一晃大了，一晃老了，一晃没了。我晃一下就够了。。。
以下为网上搜集资料的汇总：
组合游戏定义：
1、有且仅有两个玩家 2、游戏双方轮流操作 3、游戏操作状态是个有限的集合（比如：取石子游戏，石子是有限的，棋盘中的棋盘大小的有限的） 4、游戏必须在有限次内结束 5、当一方无法操作时，游戏结束。
（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。
1 #include<cstdio> 2 int main(){ 3 int t,n,m; 4 scanf("%d",&t); 5 while(t--){ 6 scanf("%d%d",&n,&m); 7 if(n%(m+1)==0)printf("second\n"); 8 else printf("first\n"); 9 } 10 return 0; 11 }
1 #include<cstdio> 2 int main(){ 3 int a,b; 4 while(scanf("%d%d",&a,&b),a||b){ 5 if((a&1)&&(b&1))printf("What a pity!\n"); 6 else printf("Wonderful!\n"); 7 } 8 return 0; 9 }
（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（a[k]，b[k]）（a[k]≤b[k],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,a[0]=b[0]=0,a[k]是未在前面出现过的最小自然数,而 b[k]=a[k]+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a[k]是未在前面出现过的最小自然数，所以有a[k]>a[k-1]，而b[k]=a[k]+k>a[k-1]+ k-1 = b[k-1]>a[k-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（a[k]，b[k]）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（a[k]，b[k]）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 = a[k] ，b > b[k]，那么，取走b–b[k]个物体，即变为奇异局势；如果 a = a[k] ，b < b[k] ,则同时从两堆中拿走 a–a[b–a]个物体,变为奇异局势（ a[b-a] , a[b–a] + b-a）；如果a > a[k] ，b= a[k] + k,则从第一堆中拿走多余的数量a–a[k] 即可；如果a < a[k] ，b= a[k] + k,分两种情况，第一种，a=a[j] （j < k）,从第二堆里面拿走 b-b[j] 即可；第二种，a=b[j] （j < k）,从第二堆里面拿走 b–a[j] 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：a[k] =[k（1+√5）/2]，b[k]= a[k] + 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a[k]，b[k]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 = a[j]，b[j] = a[j] + j，若不等于，那么a = a[j]+1，b = a[j]+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。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cmath> 4 using namespace std; 5 int main(){ 6 int a,b,k,ak; 7 while(scanf("%d%d",&a,&b)==2){ 8 k=abs(b-a); 9 a=min(a,b); 10 ak=floor(k*(1+sqrt(5.0))/2); 11 printf("%d\n",ak!=a); 12 } 13 return 0; 14 }
（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）。
例4。我们来实际进行一盘比赛看看：
甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势
乙:(1,8,9)->(1,8,4)
甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势
乙:(1,5,4)->(1,4,4)
甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势
乙:(0,4,4)->(0,4,2)
甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势
乙:(0,2,2)->(0,2,1)
甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势
乙:(0,1,1)->(0,1,0)
甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势
甲胜。
1 #include<cstdio> 2 int main(){ 3 int m,ans,x; 4 while(scanf("%d",&m)==1){ 5 ans=0; 6 while(m--){ 7 scanf("%d",&x); 8 ans^=x; 9 } 10 if(ans) printf("Yes\n"); 11 else printf("No\n"); 12 } 13 }
1 #include<cstdio> 2 const int N=1001; 3 int n,a[N]; 4 int main(){ 5 int i,s,ans; 6 while(scanf("%d",&n),n){ 7 for(s=i=0;i<n;++i){ 8 scanf("%d",&a[i]); 9 s^=a[i]; 10 } 11 for(ans=i=0;i<n;++i) 12 if((s^a[i])<a[i]) 13 ans++; 14 printf("%d\n",ans); 15 } 16 return 0; 17 }
必胜点与必败点：
必败点(P点) :上一次move的人有必胜策略的局面（先手必败）
必胜点(N点) :轮到现在move的人有必胜策略的局面（先手必胜）
性质：
① 所有终结点是必败点（P点）；
②从任何必胜点（N点）操作，至少有一种方法可以进入必败点（P点）；
③无论如何操作， 从必败点（P点）都只能进入必胜点（N点）.
Bouton 定理：对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)，它是P点当且仅当a1^a2^...^an=0，其中^表示异或(xor)运算。
思考：如果把Nim的规则略加改变，你还能很快找出必胜策略吗？比如说：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……
Sprague-Grundy函数：
给定一个有向无环图和一个起始顶点上的一枚棋子，两名选手交替的将这枚棋子沿有向边进行移动，无法移动者判负。事实上，这个游戏可以认为是所有Impartial Combinatorial Games的抽象模型。也就是说，任何一个ICG都可以通过把每个局面看成一个顶点，对每个局面和它的子局面连一条有向边来抽象成这个“有向图游戏”。。。
首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。
对于任意状态x，定义SG(x)= mex(S),其中S是x后继状态的SG函数值的集合。如x有三个后继状态分别为SG(a),SG(b),SG(c)，那么SG(x）=mex{SG(a),SG(b),SG(c)}。这样集合S的终态必然是空集，所以SG函数的终态为SG(x)=0,当且仅当x为必败点P时。
实例：取石子问题
有1堆n个的石子，每次只能取{ 1, 3, 4 }个石子，先取完石子者胜利，那么各个数的SG值为多少？
SG[0]=0，f[]={1,3,4},
x=1 时，可以取走1 - f{1}个石子，剩余{0}个，所以 SG[1] = mex{ SG[0] }= mex{0} = 1;
x=2 时，可以取走2 - f{1}个石子，剩余{1}个，所以 SG[2] = mex{ SG[1] }= mex{1} = 0;
x=3 时，可以取走3 - f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，所以 SG[3] = mex{SG[2],SG[0]} = mex{0,0} =1;
x=4 时，可以取走4- f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，所以 SG[4] = mex{SG[3],SG[1],SG[0]} = mex{1,1,0} = 2;
x=5 时，可以取走5 - f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，所以SG[5] = mex{SG[4],SG[2],SG[1]} =mex{2,0,1} = 3;
以此类推.....
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8....
SG[x] 0 1 0 1 2 3 2 0 1....
由上述实例我们就可以得到SG函数值求解步骤，那么计算1~n的SG函数值步骤如下：
1、使用 数组f 将可改变当前状态 的方式记录下来。
2、然后我们使用 另一个数组 将当前状态x 的后继状态标记。
3、最后模拟mex运算，也就是我们在标记值中 搜索 未被标记值 的最小值，将其赋值给SG(x)。
4、我们不断的重复 2 - 3 的步骤，就完成了 计算1~n 的函数值。
回顾上面的思考：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，其实，n堆石子的Nim游戏本身就是n个“任取石子游戏”。
SG定理：游戏的和的SG值是它的所有子游戏的SG值的异或。
综上所述，SG函数与“游戏的和”的概念不是让我们去组合、制造稀奇古怪的游戏，而是把遇到的看上去有些复杂的游戏试图分成若干个子游戏，对于每个比原游戏简化很多的子游戏找出它的SG函数，然后全部异或起来就得到了原游戏的SG函数，就可以解决原游戏了。（“分而治之”的思想）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/GraceSkyer/p/5719958.html
