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（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。 这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十 个，谁能报到100者胜。 （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）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局 势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab – ak个物体,变为奇异局 势（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余 的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k） ,从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （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：
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。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（29，4 5，48）。
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。
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.
推荐HDOJ题目 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509 看完上面的结论，就能顺利解决上面2道了
S-Nim http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1536 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1944 博弈算法入门小节 1536 1517 1907 小子最近迷途于博弈之中。。。感触颇深。 为了让大家能够在学习博弈的时候少走弯路，最重要的也是为了加深自己的影响，温故而知新，特发此贴与大家共勉。 学博弈先从概念开始： 特别推荐LCY老师的课件：博弈入门。 下载地址：http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=6875 这个课件个人认为从博弈的基本思想，一直到解博弈的中心算法做了很好的诠释。但是特别要注意的是。课件后面一部分英语写的讲义是重中之重。小子英语很弱，在这困扰很久。现在为大家大概介绍一下。 主要是后继点和SG值的问题: SG值：一个点的SG值就是一个不等于它的后继点的SG的且大于等于零的最小整数。 后继点：也就是按照题目要求的走法（比如取石子可以取的数量，方法）能够走一步达到的那个点。 具体的有关SG值是怎么运用的希望大家自己多想想。 课件后面有一个1536的代码。可以放在后面做做 看到这里推荐大家做几道题：1846（最简单的博弈水题） 1847（求SG值）
有了上面的知识接下来我们来看看组合博弈（n堆石子） 推荐大家看个资料： 博弈-取石子游戏(推荐等级五星级) http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=20&tid=5748 http://hi.baidu.com/netnode/blog/item/30932c2edc7384514fc226ea.html 这里提出了一个奇异状态的问题。看了这篇文章你会发现异或运算在博弈中使用的妙处。当然这里指出的只是组合博弈中一种特殊情况。 王道还是对SG值的求解，但是知道这么一种思路无疑对思维的广度和深度扩展是很有帮助的。 ZZ博弈 http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=9&tid=10617 这里介绍了组和博弈的两种大的类型，一种是最后取的是N状态一种是最后取的是P状态，两个状态的解题方法能看懂很有帮助。当然，能够把推导过程理解，吃透无疑是大牛级的做法~小子也佩服的紧~ 1536题推荐做做这题，这题前面提醒大家是一个求SG值的题目，题目前面是对异或运算运用在组合博弈问题中的很好的解释。当然题目本身是有所不同的。因为在这里面对取法有所要求。那么这样就回归到了解决博弈问题的王道算法——求SG值上。 有关运用求SG值的博弈题目有： 1850（也可基于奇异状态异或） 1848（中和的大斐波那契数列的典型求SG值题） 1517（个人认为有点猥琐的题目。。。。在此题上困扰很久。当然搞出来很开心。小子是用比较规矩的求SG值的方法求出来的，但是论坛有人对其推出来了规律，这里佩服一下，大家可以学习一下） 1079（更猥琐的题目，对新手要求较高，因为按传统方法需要比较细致的模拟加对边角状态的考虑，同样有人推出来了公式） 当你全部看完以上的东西。做完以上的题目的话。。。小子恭喜你~你博弈入门了~~~~ 这里小子告诉大家。博弈很强大。学习要耐心~谢谢 Current System Time : 2008-12-11 19:16:03
ACM课作业： 1001 Brave Game 1002 Good Luck in CET-4 Everybody! 1003 Fibonacci again and again 1004 Rabbit and Grass 1005 Being a Good Boy in Spring Festival 1006 Public Sale 1007 悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者 1008 kiki’s game 1009 Calendar Game 1010 A Multiplication Game 1011 Digital Deletions 1012 S-Nim http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=11339&fpage=0&toread=&page=1
1536的参考代码
//博弈-基于求SG值 2//Accepted 1536 578MS 416K 904 B 3#include”iostream” 4using namespace std; 5int f[101],sg[10001],k; 6int mex(int b) 7{ 8 int a[101]={0},i; 9 for(i=0;i<k;i++) 10 { 11 if(b-f<0)//b-f后继点 12 break; 13 if(sg[b-f]==-1) 14 { 15 sg[b-f]=mex(b-f); 16 } 17 a[sg[b-f]]=1; 18 } 19 for(i=0;i<k;i++) 20 if(!a) 21 { 22 return i; 23 } 24} 25int main() 26{ 27 int i,t,n,s,bead,j; 28 while(cin >> k,k) 29 { 30 for(i=0;i<k;i++) 31 { 32 cin >> f; 33 } 34 memset(sg,-1,sizeof(sg)); 35 for(i=0;i<k;i++) 36 for(j=i+1;j<k;j++) 37 if(f>f[j]) 38 { 39 f+=f[j]; 40 f[j]=f-f[j]; 41 f-=f[j]; 42 } 43 sg[0]=0; 44 cin >> t; 45 while(t–) 46 { 47 cin >> n; 48 s=0; 49 while(n–) 50 { 51 cin >> bead;//该堆的成员个数 52 if(sg[bead]==-1) 53 sg[bead]=mex(bead); 54 s=s^sg[bead]; 55 } 56 if(s==0) 57 cout << “L”; 58 else 59 cout << “W”; 60 } 61 cout << endl; 62 } 63 return 0; 64} 65
1517参考代码
//博弈-基于求SG值 3//Accepted 1517 234MS 0K 837 B 4#include”iostream” 5using namespace std; 6int main() 7{ 8 __int64 a[7000]={1},min,n; 9 int p[10],sg[7000],i,j,k; 10 for(i=2;i<10;p=0,i++); 11 for(i=1;i<7000;i++) 12 { 13 for(j=2,min=-1;j<10;j++) 14 if(min==-1||a[p[j]]*j<a[p[min]]*min) 15 min=j; 16 a=a[p[min]]*min; 17 min=a[p[min]]*min; 18 if(a>=5000000000) 19 break; 20 for(j=2;j<10;j++) 21 if(a[p[j]]*j==min) 22 p[j]++; 23 }//从小到大求出所有乘积 24 while(scanf(“%I64d”,&n)!=EOF) 25 { 26 for(i=0;i<7000;i++) 27 { 28 sg=0; 29 if(a>=n) 30 break; 31 } 32 for(j=i-1;a[j]*9>=n&&j>=0;j–) 33 sg[j]=1; 34 while(j>=0) 35 { 36 for(k=j+1;k<i&&a[j]*9>=a[k];k++) 37 if(a[k]%a[j]==0&&sg[k]==0) 38 { 39 sg[j]=1; 40 break; 41 } 42 j–; 43 } 44 puts(sg[0]?”Stan wins.”:”Ollie wins.”); 45 } 46 return 0; 47} 48
1907参考代码
1#include”iostream” 2using namespace std; 3int main() 4{ 5 int temp,t,n,s,x,i; 6 cin >> t; 7 while(t–) 8 { 9 cin >> n; 10 for(i=s=temp=0;i<n;i++) 11 { 12 cin >> x; 13 if(x>1) temp=1; 14 s^=x; 15 } 16 if((s&&temp)||(!s&&!temp)) 17 cout << “John” << endl; 18 else 19 cout << “Brother” << endl; 20 } 21 return 0; 22} 23
以上内容摘自：http://www.cnblogs.com/tanky_woo/archive/2010/08/20/1804464.html
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原文地址：http://www.cnblogs.com/acm1314/p/4647034.html
