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1.概念

博弈論

概述：多個人在一定約束條件下，利用已掌握的資訊，使自身收益最大化的過程。全是抄的

公平

概述：每個人的操作是不是對等的。比如象棋就是不公平的，因為不能移動別人的棋子

資訊對等

概述：每個人所掌握的資訊是不是對等的。比如鬥地主就是資訊不對等的，因為你不知道別人手上的牌

2.經典模型（一）

巴什博弈

題目：有 \(n\) 個石子，兩個人輪流取，每次最多取 \(m\) 個，最少取 \(1\) 個，取完者獲勝，問先手有沒有必勝策略。

分析：作為大多數人都會的小奧題，它有一個很顯然的解法：每次對方取 \(k\) 個，就取 \(m+1-k\)

顯然：
\(\begin{cases}n\bmod(m+1)=0&\text{先手必敗}\\n\bmod(m+1)\ne0&\text{先手必勝}\end{cases}\)

程式碼：

#include<stdio.h>
int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n % (m + 1)) printf("1");
    else printf("0");
    return 0;
}

威佐夫博弈

題目：有兩堆石子，兩個人輪流去，每次可以從一堆中取若干個或從兩堆中取相同的若干個，取完者獲勝，問先手有沒有必勝策略。

分析：

Step 1.列舉

由於先手有必勝策略的情況多於沒有的情況，於是我們來列舉少數的情況。（為了方便，預設第一堆數量小於等於第二堆）

先手沒有必勝策略的情況有：\((0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),\cdots\)

規律：記第 \(i\) 項為 \((a_i,b_i)\)，可得
\(a_0=b_0=0,a_i=\operatorname{mex}\{a_0,b_0,\dots,a_{i-1},b_{i-1}\},b_i=a_i+i,\operatorname{mex}\) 表示一個集合中最小沒有出現過的自然數
於是任何自然數都一定包含在先手沒有必勝策略的局面中（根據上文 \(\operatorname{mex}\)

通項公式下文再講

Step 2.轉換

Q. 記先手有必勝策略的對局 \(\alpha\)，先手無必勝策略的對局 \(\beta\) ，那麼如何進行二者的轉換？

A. 兩點

• 對於一個 \(\beta\)，任何一步都會將其變成一個 \(\alpha\)
• 對於一個 \(\alpha\)，經過一步或多步總能將其變成一個 \(\beta\)

Q. 如果有一個 \(\alpha\,(a,b)\)，如何轉換為 \(\beta\) 呢？

A. 顯然上文的回答是非常簡略的，那麼我們來詳細的考慮。

1. \(a=b\)，此時令 \(a-a,b-a\)，即可變為 \((0,0)\)
2. \(a=a_k,b=b_k\)，此時 \((a,b)\ne\alpha\)
3. \(a=a_k,b\gt b_k\)，此時令 \(b\gets b_k\)
4. \(a=a_k,b\lt b_k\)，此時令 \(a-a_{b-a},b-b_{b-a}\gets\) 因為 \(b_{b-a}-a_{b-a}=b-a\)
5. \(a\ne a_k\) 此時 \(a=b_i{}^*\)，令 \(b\gets a_i\)

\(^{*}\tt{:}\) 因為所有自然數都在 \(a_0,a_1,\dots,b_0,b_1,\dots\) 中出現過（根據上文 \(\operatorname{mex}\) 定理），所以必然找到 \(b_i\) 使其等於 \(a\)

Step 3.解法

讀了這麼久的 Step 2，居然是沒有用的？？

如果給定一個局勢 \((x,y)\)，如何判斷是不是 \(\alpha\) 呢？

用上面的式子應算顯然不可能，我們要考慮通項公式

通項公式：記 \(\phi=\) 黃金比的倒數 \(=\dfrac{1+\sqrt5}{2}\)，則 \(a_i=\left\lfloor i\phi\right\rfloor,b_i=\left\lfloor i\phi^2\right\rfloor\)

於是程式碼如下：（威佐夫博弈模板）

#include<stdio.h>
#include<math.h>
int main(){
	int n,m,t;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n > m) t = n,n = m,m = t; // 保證n<m
	double phi = (1.000 + sqrt(5.000)) / 2.000; // 計算phi
	if(florr(phi * (m - n)) == n) printf("0"); // 如果是beta，則，n=a[m-n]=floor(phi*(m-n))
	else printf("1");
	return 0;
}

3.博弈點搜尋

對於前兩個經典博弈例子，都有神奇的 \(\mathit{O}(1)\) 公式，但有沒有涵蓋大部分博弈的解法呢，答案是：有！！

這裡的內容與威佐夫博弈 Step2 銜接

而且，還是每天都給我們幫助，讓我們受益匪淺的——DFS！！

驚不驚喜意不意外 不過標題似乎就說明了

DFS 遞迴形成的一棵樹，我們將其稱之為\(\,\)博弈樹。

DFS 過程：把狀態放到 DFS 函式的引數裡，並且為每一種狀態打上標記，還可以用記憶化搜尋優化已經搜尋過的節點

那我們怎麼標記呢？\(\tt3\) 條規則 \(\downarrow\)

1. 終止狀態標記為 必敗點
2. 一步可以到達 必敗點 的都是 必勝點
3. 一步只能到達 必勝點 的都是 必敗點

有點難以理解？不妨轉化一下規則 \(\tt{2,3}\)

2. 一步只能到達 必勝點 的都是 必敗點
3. 一步只能到達 必敗點 的都是 必勝點
4. 一步可以到達 必勝點 和 必敗點 的也是 必勝點

4.Nim遊戲

\(\tt{Nim}\) 遊戲規則如下：

有 \(n\) 堆石子 \(a_1,a_2,\dots a_n\)，兩人輪流從任意一組取若干個石子，誰取完誰贏，問先手有沒有必勝策略。

答案：\(\begin{cases}a_1\operatorname{xor}a_2\cdots\operatorname{xor}a_n=0&\text{先手必敗}\\a_1\operatorname{xor}a_2\cdots\operatorname{xor}a_n\ne0&\text{先手必勝}\end{cases}\)

其中 \(\operatorname{xor}\) 表示異或運算 \(\oplus\)

證明：

這個演算法成立需要滿足三個條件：

1. 終止狀態是必敗節點
2. 由一個必敗節點，無論怎麼走都是必勝節點
3. 由一個必勝節點，存在一種走法到必敗節點

條件 \(\tt{1:}\) 因為 \(0\operatorname{xor}\cdots0=0\)，所以成立

條件 \(\tt{2:}\) 記我們要取的是第 \(i\) 堆，根據 異或 的性質
\(a_1\operatorname{xor}a_2\cdots\operatorname{xor}a_{i-1}\operatorname{xor}a_{i+1}\cdots\operatorname{xor}a_n=a_i\)
而只有 \(a_i\operatorname{xor}a_i=0\) ，所以無論把 \(a_i\) 改成什麼，都得不到必敗狀態

條件 \(\tt{3:}\) 如果 \(a_1\operatorname{xor}a_2\cdots\operatorname{xor}a_n=x\)，此時可以找到一個 \(a_i\)，\(a_i\) 在 \(x\) 的最高二進位制位上是 \(1\)，那麼 \(a_i\operatorname{xor}x\ge0\)，於是令 \(a_i\gets a_i\operatorname{xor}x\) 即可

證畢。

\(\tt Nim\) 遊戲模板

程式碼：

#include<stdio.h>
int main(){
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n,res = 0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			int ai;
			scanf("%d",&ai);
			res ^= ai;
		}
		if(res) puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}

5.組合博弈

考慮一枚（或多枚）棋子，在一個 \(\rm{DAG}\)（有向無環圖）中，兩個人輪流將其進行移動 \(1\) 步，無法移動者輸。

棋子可以理解為狀態，有向無環圖就是由不同的狀態構成的有向無環圖，移動就代表進入後繼狀態。

這裡的博弈遊戲中，定義 \(\operatorname{SG}\) 函式 \(\operatorname{SG}(x)=\operatorname{mex}\{\operatorname{SG}(y)\mid y\) 是 \(x\) 的後繼狀態集 \(\}\) （它的作用後面再說）

\(\operatorname{mex}\) 還是一個集合中最小沒出現過的自然數

\(\operatorname{SG}\) 函式性質如下

• \(\operatorname{SG}(\)終止節點\()=0\)（因為它的後繼狀態集是空集）
• \(\operatorname{SG}(\)非終止節點\()\) 分兩種情況來考慮
  1. \(\operatorname{SG}(x)=0\)，則 \(\operatorname{SG}(y)\ne0,y\) 是 \(x\) 的後繼狀態集
  2. \(\operatorname{SG}(x)\ne0\)，則存在 \(\operatorname{SG}(y)=0,y\) 是 \(x\) 的後繼狀態集

是不是和之前的必勝點和必敗點有點像？其實對於一枚棋子移動的問題， \(\operatorname{SG}=0\) 就可以直接判斷是必敗點，反之為必勝點。

那如果是多枚棋子的移動呢？如果有 \(n\) 枚棋子，此時就會有 \(n\) 個局面 \(G_1,G_2,\dots,G_n\)，那麼它們的和 \(S\) 滿足 \(\operatorname{SG}(S)=\operatorname{SG}(G_1)\operatorname{xor}\operatorname{SG}(G_2)\cdots\operatorname{xor}\operatorname{SG}(G_n)\)

和 \(\tt Nim\) 如出一轍！！！

5.總結

博弈論題往往是程式碼短小精悍，思維難度很高，總而言之，重要的是必勝必敗點的性質、作用以及毒瘤的 \(\operatorname{SG}\) 函式。

qwq