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解题思路：简单的博弈题，属于两堆的那种
这几天开始学习博弈，发现这一块是个难啃的骨头。以下是我从网上收集的资料汇总：
我国民间有个古老的游戏：就是有物品若干堆，（物品可以是火柴，围棋都可以）。两个人轮流从堆中取若干件，规定取光物体者为胜。这个就是我们今天要研究的组合游戏。
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。
现在我们来研究如何取胜:
（一）巴什博奕（Bash Game）：有一堆n个物品，两人轮流从堆中取物品，每次取 x 个 （ 1 ≤ x ≤ m）。最后取光者为胜。
如果 n = m + 1， 一次至多取 m 个，所以无论先取者，取了多少个，一定还剩余 x 个（ 1 ≤ x ≤ m）。所以，后取者必胜。因此我们发现了取胜的秘诀：如果我们把 n 表示为
n = (m + 1) * r + s 。（0 ≤ s < m , r ≥ 0）。先取者 拿走 s 个, 后取者 拿走 k 个 (1 ≤ k ≤ m)，那么先取者 再 拿走 m + 1 - k 个。结果还剩下 ( m + 1 ) * ( r - 1 ) 个。我们只要始终给对手留下 m + 1 的倍数，那么 先取者 肯定必胜。 现在 我们可以知道，如果 s = 0，那么后取者必胜。 否则 先取者 必胜。
看完这个可以用这个练练手：hdu 1846 Brave Game
（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)( a[k] 其中 k 为下标 )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。
奇异局势的性质：
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a[k] > a[k-1] ，而 b[k] = a[k] + k > a[k-1] + 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(如果不懂为什么减去a - a[b-a]，详见文章最后的注释1)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。
由上述性质可知，如果双方都采取正确操作，那么面对非奇异局势，先取者必胜。
那么我们要如何判断一个局势是否为奇异局势？公式如下：
a[k] = [k（1+√5）/2]（a[k]这个方括号为下标运算符，[k（1+√5）/2]这个方括号为取整运算符），b[k] = a[k] + k 。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] + 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。
【代码实现】
- #include <stdio.h>
- #include <stdlib.h>
- #include <math.h>
-
- int main(){
- int a,b,k,a_k;
- while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF){
- k = abs(a-b);
- a = a < b? a : b;
- a_k = floor(k*(1.0 + sqrt(5.0))/2);
- printf("%d\n",a!=a_k);
-
- }
- return 0;
- }
【文字描述上面代码】
k = | a - b |, a[k] = [ k（1+√5）/2], 如果 a,b中的最小值， min{a,b} 与 a[k]相等，那么 他就是奇异局势。
（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。
注意到异或运算的交换律和结合律，及a（+）a=0，:
a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。
所以从一个非奇异局势向一个奇异局势转换的方式可以是：
1）使 a = c（+）b
2）使 b = a（+）c
3）使 c = a（+）b
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。
嘿嘿，这个游戏我早就见识过了。小时候用珠算玩这个游戏：第一档拨一个，第二档拨两个，依次直到第五档拨五个。然后两个人就轮流再把棋子拨下来，谁要是最后一个拨谁就赢。有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏，我就在想有没有一个定论呢。下面就来试着证明一下吧
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态可转变为T态，态可一次转变为T态，又由定理6，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。
证明：
由定理2，T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。
[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜.
证明：
方法如下：
1） S2态，就把它变为T2态。（由定理8）
2） 对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9）
若转变为S2, 转向1）
若转变为S1, 这己必胜。（定理5）
[定理11]：T2态必输。
证明：同10。
综上所述，必输态有： T2,S0
必胜态： S2,S1,T0.
两题比较：
第一题的全过程其实如下：
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全0)
第二题的全过程其实如下：
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全0)
下划线表示胜利一方的取法。 是否发现了他们的惊人相似之处。
我们不难发现(见加黑部分)，S1态可以转变为S0态（第二题做法），也可以转变为
T0（第一题做法）。哪一方控制了S1态，他即可以有办法使自己得到最后一根（转变为
T0）,也可以使对方得到最后一根（转变为S0）。
所以，抢夺S1是制胜的关键！
为此，始终把T2态让给对方，将使对方处于被动状态，他早晚将把状态变为S1.
下一次将会和大家介绍，组合博弈游戏中的利器SG函数和SG定理。
注释1：因为奇异局势的项数是有 b[k] - a[k] 的差决定，每一个奇异局势的项数都是独一无二的。也就是说，我们 只能将 (a , b) (a = a[k], b < b[k])转化为 （a[b-a], b[b-a]）。因为他们的差是确定的始终都是 b-a，故可以转化为 第 b-a 项。由此我们可以 将 (a , b) (a = a[k], b < b[k]) 转化为奇异局势 （a[b-a], b[b-a]）也就是 （ a[b-a], a[b-a] + b - a）。所以我们可以逆推得出，只要将 两边 同时减去 a - a[b-a] 即可。
代码如下：
#include<cstdio>
int main()
{
int n,i,sum,ans,a[105];
while(scanf("%d",&n)&&n)
{
for(sum=0,i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum^=a[i];
}
for(ans=0,i=1;i<=n;i++)
if((sum^a[i])<a[i])
ans++;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
