标签：init 过程 有一个 异或 work 自己 目录 条件 nim
因为图论专题考试考到了博弈论，然后就跑过来通了一遍
至于图论考试为什么会扯到博弈论？我不知道，就很奇怪
博弈论 ，是经济学的一个分支，主要研究具有竞争或对抗性质的对象，在一定规则下产生的各种行为。博弈论考虑游戏中的个体的预测行为和实际行为，并研究它们的优化策略。
详细解释可以请自行百度百科
先来看一道小学就接触过的思维题
你和好基友在玩一个取石子游戏。面前有30颗石子，每次只能取一颗或两颗，你先取，取完的人为胜，问你是否有必胜策略
Q：什么？有必胜策略？能否胜利不应该随着我们选择而改变吗？
A：确实。但如果我们足够聪明呢？每次都做最优的选择，把取胜之路留给自己
Q：我一点也不聪明，那该如何做呢？
先从简单入手，
假如只有一个或两个石子，无疑先手必胜
只有三个石子，无疑先手必输
(我们约定先手必败状态为必败状态，先手必胜状态为必胜状态)
这就是我们的终止状态，即无论怎么拿，都会回到这几个状态
因为我们想赢，所以我们要让自己处于必胜状态，即剩下一个或两个石子的时候，我们是先手。不难发现，我们也许不能使自己处于必胜态，但我们可以让对方处于必败态。即剩下三个石子的时候，我们是后手。
不难发现，只要是三的倍数就一定是必败状态，否则就是必胜状态。
证明：
假设不是三的倍数，我们使它成为三的倍数，此时我们是后手。对方如果拿一个，我们就拿两个；如果拿两个，我们就拿一个。所以我们那完后剩下的一定永远是三的倍数，所以只剩下三个石子的时候我们一定是后手，此时对手必输，也就是我们必胜。
假设是三的倍数，因为两个人都足够聪明，所以对方一定会使我们永远处于三的倍数中。所以我们必败。
所以只要判断是不是三的倍数，就可以确定我们是否必胜了
至此，小学时代遗留的问题已经解决了可以拿去欺负同学，（这也是博弈论最基础的问题，Nim游戏）
可以说，你已经学会博弈论了
现在，让我们对自己的思考做一下规范
把每个可到达的状态都看做结点，每次做出决策都是从旧的状态转移到新的状态，也就是在两个状态结点间连一条有向边。如果把所有状态转移都画出来，我们就得到了一张博弈图
就像这样
大多数博弈图会是一个DAG，否则游戏不可能结束
通过推理不难得到这几个定理
对于定理一，游戏进行不下去了，即这个玩家没有可操作的了，那么这个玩家就输掉了游戏
对于定理二，如果该状态至少有一个后继状态为必败状态，那么玩家可以通过操作到该必败状态；此时对手的状态为必败状态，即对手必定是失败的，而相反地，自己就获得了胜利。
对于定理三，如果不存在一个后继状态为必败状态，那么无论如何，玩家只能操作到必胜状态；此时对手的状态为必胜状态——对手必定是胜利的，自己就输掉了游戏。
如果博弈图是一个有向无环图，则通过这三个定理，我们可以在绘出博弈图的情况下用 \(O(n + m)\) 的时间（其中 \(n\) 为状态种数， \(m\) 为边数）得出每个状态是必胜状态还是必败状态。（利用拓扑排序
让我们回顾Nim游戏，显然我们可以通过构建博弈图获得是否必胜
但这样的复杂度是 \(O(\begin{matrix} \prod_{i=1}^n a_i \end{matrix})\)，显然不能接受。
有没有什么快速简单的方法呢？
定义 Nim 和 = \(a_1 \oplus a_2 \oplus a_3 \oplus ... \oplus a_n\)
当且仅当 Nim 和 为 \(0\) 时，该状态为必败状态；否则该状态为必胜状态。
证明过程详见Oi-wiki
其实是我没看懂
后面内容也一定程度上会证明这个定理
有向图游戏是一个经典的博弈游戏——实际上，大部分的公平组合游戏都可以转换为有向图游戏。
在一个有向无环图中，只有一个起点，上面有一个棋子，两个玩家轮流沿着有向边推动棋子，不能走的玩家判负。
定义 \(mex\) 函数的值为不属于集合 \(S\) 中的最小非负整数，即：
例如 \(mex(\{ 0, 1, 3, 4\}) = 1\)，\(mex(\{1,2 \}) = 0，mex(\{\}) = 0\)
对于状态 \(x\) 和它的所有 \(k\) 个后继状态 \(y_1,y_2,...,y_k\)，定义 \(SG\) 函数：
SG定理：
而对于由 \(n\) 个有向图游戏组成的组合游戏，设它们的起点分别为 \(s_1,s_2,...,s_n\) ，则有定理： 当且仅当 \(SG(s_1) \oplus SG(s_2) \oplus ... \oplus SG(s_n) \ne 0\) 时，这个游戏是先手必胜的。
还是拿原来那个图开刀
用 \(SG[]\) 数组来存所有结点的 \(SG\) 函数值
因为 \(9,3,8,10,4\) 这几个点都没有后继状态，所以它们 \(SG\) 值均为 \(0\)，同理推出 2,7,5这个点的 \(SG\) 值为 \(1\)，而
我们可以将一个有 \(x\) 个物品的堆视为节点 \(x\) ，拿掉若干个石子后剩下 \(y\)个，则当且仅当 \(0 < y < x\) 时，节点 \(x\) 可以到达 \(y\) 。
那么，由 \(n\) 个堆组成的 Nim 游戏，就可以视为 \(n\) 个有向图游戏了。
根据上面的推论，可以得出 \(SG(x) = x\) 。再根据 SG 定理，就可以得出 Nim 和的结论了。
不得不说，博弈论DP就是个神仙做法，能有博弈论DP做的都是神仙题！
并没有什么固定的做法，但基本原理还是照着那三个定理来。能用DP的一般是因为想不出来如何用 \(SG\) 定理。状态的设计都比较神仙，主要是根据题目要求来设计。
可以参考一下下面两个博弈论DP习题找找感觉，我也不是很会，主要是学会如何去设计状态。
其实这三道题大体思路上面都讲过了，比较基础
4、取石子游戏
Describe
同样是n堆石子，只不过可取的石子数只有m个数，求先手必胜还是先手必败，并输出第一次取的方案
Solution
现根据 \(m\) 个数预处理出 \(1000\) 以内的数的 \(SG\) 值，再将 \(n\) 堆石子的数量异或，如果是 \(0\) 先手必败，反之先手必胜。
寻找一个方案：在从第一堆石子开始，一次拿取所有能拿取的情况，并判断能否达成必胜条件。必胜条件是拿去枚举的拿取石子数量后，剩下的石子数异或起来为 \(0\) ，因为你拿了一次石子后你就变成后手了
Code
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int n, m;
int a[15], SG[MAXN], val[15];
int pos[15];
bool vis[MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == ‘-‘), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - ‘0‘ , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void init_SG(){
SG[0] = 0;
for(int i = 1; i <= 1000; ++i){
// int maxm = -1;
memset(vis, false, sizeof vis);
for(int j = 1; j <= m && (i - val[j]) >= 0; ++j){
vis[SG[i - val[j]]] = true;
// maxm = max(maxm, SG[i - val[j]]);
}
int j = 0;
while(vis[j]) j++;
SG[i] = j;
}
}
bool check(int x, int y){
for(int i = 1; i <= n; ++i){
pos[i] = a[i];
}
pos[x] -= y;
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) ans ^= SG[pos[i]];
if(ans) return false;
return true;
}
int main()
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
m = read();
for(int i = 1; i <= m; ++i) val[i] = read();
init_SG();
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) ans ^= SG[a[i]];
if(ans) {
printf("YES\n");
for(int i = 1; i <= n; ++i){
for(int j = 1; j <= m && (a[i] - val[j]) >= 0; ++j){
if(check(i, val[j])) {
printf("%d %d", i, val[j]);
return 0;
}
}
}
}
else printf("NO");
return 0;
}
5、S-Nim
Describe
和第二题一样，就是多了 \(T\) 组数据，每组数据又有多轮游戏，每轮游戏如果存在先手必胜输出 \(W\) 否则输出 \(L\)
Solution
直接根据Nim和来做就好了，需要注意的是每次都要预处理一遍 \(SG\) 函数，每次预处理之前都要拍一遍序
Code
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int k, m, n;
int SG[10010], val[110];
int vis[10010];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == ‘-‘), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - ‘0‘ , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void init_SG(){
SG[0] = 0;
for(int i = 1; i <= 10000; ++i){
memset(vis, false, sizeof vis);
for(int j = 1; j <= k && (i - val[j]) >= 0; ++j){
vis[SG[i - val[j]]] = true;
}
int j = 0;
while(vis[j]) ++j;
SG[i] = j;
}
}
int main()
{
// freopen("test1.in","r",stdin);
// freopen("test.out","w",stdout);
while(true){
memset(SG, 0, sizeof SG);
k = read();
if(!k) break;
for(int i = 1; i <= k; ++i) val[i] = read();
sort(val + 1, val + k + 1);
init_SG();
m = read();
for(int j = 1; j <= m; ++j){
n = read();
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) ans ^= SG[read()];
if(ans) printf("W");
else printf("L");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
6、巧克力棒
Describe
一共10轮，每次一人可以从盒子里取出若干条巧克力棒，或是将一根取出的巧克力棒吃掉正整数长度。TBL 先手两人轮流，无法操作的人输。如果胜输出 \(NO\) ，负输出 \(YES\)
Solution
需要对Nim博弈有深入的了解，这题如果不用取巧克力，就是典型的Nim博弈。
我们知道，Nim博弈，如果异或和为0则是必败状态，所以，如果先手拿出几根巧克力异或和不为0，后手就可以使异或和变为0，此时先手再拿，后手又可以通过操作使异或和变为0。
所以，先手要想取胜，必须先拿出最大的异或和为0的集合，此时后手无论怎么操作，都会使异或和变为不等于0。所以，如果有异或和为0的集合，先手必胜。如果没有，先手必输。因为n很小，所以直接暴搜判断即可。
Code
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int n;
int a[22];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == ‘-‘), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - ‘0‘ , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
bool dfs(int pos, int val, int cnt){
if(cnt && !val) return true;
if(pos > n) return false;
if(dfs(pos + 1, val, cnt)) return true;
if(dfs(pos + 1, val ^ a[pos], cnt + 1)) return true;
return false;
}
int main()
{
for(int i = 1; i <= 10; ++i){
n = read();
for(int j = 1; j <= n; ++j) a[j] = read();
dfs(1, 0, 0) ? printf("NO\n") : printf("YES\n");
}
return 0;
}
7、取石子
Describe
同样n堆石子，两种操作，拿一个或者合并其中两堆，不能操作的人输
Solution
参考的这篇博客
把一个石子的堆的数量作为一个状态，将多个石子的堆的数量作为一个状态跑搜索，同时用f数组来记录答案减少搜索量
把自己的理解放到了注释里，看代码吧
Code
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int T, n;
int f[55][55 * MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == ‘-‘), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - ‘0‘ , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int dfs(int cnt, int stp){
if(cnt <= 0 && stp <= 0) return 0;//如果没有石子了，游戏结束
if(f[cnt][stp] != -1) return f[cnt][stp];//如果以前搜到过，直接返回存储的值，减少搜索复杂度
if(cnt <= 0) return f[cnt][stp] = (stp & 1);//只剩下热闹堆值，只需要判断热闹堆里石子的奇偶性就好了
if(stp == 1) return f[cnt][stp] = dfs(cnt + 1, 0);//如果热闹堆还剩下一个石子，就变成了一个寂寞堆
f[cnt][stp] = 0;//先赋为0，后面再看看是否有使这个状态必胜的后续状态
if(cnt && !dfs(cnt - 1, stp)) return f[cnt][stp] = 1;//从寂寞堆里拿一颗石子
if(stp && !dfs(cnt, stp - 1)) return f[cnt][stp] = 1;//从热闹堆里拿一颗石子
if(cnt && stp && !dfs(cnt - 1, stp + 1)) return f[cnt][stp] = 1;//将寂寞堆合并到热闹堆里
if(cnt > 1 && !dfs(cnt - 2, stp + 2 + (stp ? 1 : 0))) return f[cnt][stp] = 1;//将两个寂寞堆合并，至于后面为啥多加个1？还不是很懂
return f[cnt][stp];
}
int main()
{
T = read();
memset(f, -1, sizeof f);
while(T--){
int cnt = 0, stp = 0;
n = read();
for(int i = 1, x; i <= n; ++i) x = read(), (x == 1) ? ++cnt : stp = (stp + x + 1);
//通过题解的论证，发现热闹堆的合并并不影响结果，所以直接合并起来
if(stp) stp--;//少合并一次要减一（感觉这里有问题？）
dfs(cnt, stp) ? puts("YES") : puts("NO");
}
return 0;
}
8、取石子游戏
Describe
n堆石子，一次取任意个，但是只能从第一堆或者最后一堆取，求是否先手必胜
Solution
yyb神仙%%%！
设的神仙状态，建议亲自观摩；还有一个很神奇的做法也能过，可惜正确性不能保证
Code
DP：
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e3+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int T, n;
int a[MAXN], L[MAXN][MAXN], R[MAXN][MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == ‘-‘), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - ‘0‘ , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int main()
{
T = read();
while(T--){
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) L[i][i] = R[i][i] = a[i] = read();
for(int len = 2; len <= n; ++len){
for(int i = 1, j = i + len - 1; j <= n; ++i, ++j){
int x = a[j], l = L[i][j - 1], r = R[i][j - 1];
if(x == r) L[i][j] = 0;
else if((x < l && x < r) || (x > l && x > r)) L[i][j] = x;
else if(r < x && x < l) L[i][j] = x - 1;
else L[i][j] = x + 1;
x = a[i], l = L[i + 1][j], r = R[i + 1][j];
if(x == l) R[i][j] = 0;
else if((x < l && x < r) || (x > l && x > r)) R[i][j] = x;
else if(r < x && x < l) R[i][j] = x + 1;
else R[i][j] = x - 1;
}
}
printf("%d\n", (L[2][n] == a[1]) ? 0 : 1);
}
return 0;
}
奇技淫巧：（虽然过了但已被Hack）
主要是判断最外边两个堆的关系，看能不能让对手先拿里面的堆
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int T, n;
int a[MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == ‘-‘), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - ‘0‘ , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int main()
{
T = read();
while(T--){
n = read();
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
if(abs(a[1] - a[n]) <= 1){
if(a[1] != 1 && a[n] != 1) printf("0\n");
else printf("1\n");
}
else printf("1\n");
}
return 0;
}
如果本文有什么错误，或者您有什么问题，请在评论区提出。
标签：init 过程 有一个 异或 work 自己 目录 条件 nim
原文地址：https://www.cnblogs.com/Silymtics/p/14351666.html
