很好玩的博弈（巴什博弈，斐波那契博弈，威佐夫博弈，尼姆博弈）
參考部落格：https://blog.csdn.net/weixin_45006220/article/details/107388815?utm_source=app
https://blog.csdn.net/ACM_cxlove/article/details/7835016?utm_source=app
https://blog.csdn.net/u013514928/article/details/69055286?utm_source=app
一、博弈的特點
1.博弈的物件是兩個人，雙方交替進行某種規定好的操作。
2.博弈的勝負只取決於情況本身，與選手無關
3.博弈的失敗往往是先手的選手無法進行合法操作
二、四種經典博弈
1、巴什博弈
題目描述： 有一堆石子一共有n個，兩人輪流進行; 每走一步可以取走1…m個石子，最先取光石子的一方為勝。
解題思路：對於m+1件物品，無論先手取多少件物品，後手都能取剩下的，將這m+1件物品取完。因此，如果n是m+1的倍數，那麼無論先手怎麼取，後手必贏；反之，如果n不是m+1的倍數，那麼先手先取n%（m+1）個，接下來無論後手取多少個，先手總能取完m+1，先手必贏。
例題：hdu 1846 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1846
巴什博弈#include <algorithm> #includehdu1846<iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <queue> #include <stack> #include <ctype.h> #include <map> using namespace std; int main() { int n, i, t, b,j,k,l,r,c; scanf("%d",&c); while(c--) { scanf("%d%d",&n,&m); if (n%(m+1)==0) printf("second\n"); else printf("first\n"); } return 0; }
2.斐波那契博弈
題目描述：有一堆個數為n的石子，遊戲雙方輪流取石子，滿足：先手不能在第一次把所有的石子取完；之後每次可以取的石子數介於1到對手剛取的石子數的2倍之間（包含1和對手剛取的石子數的2倍）。約定取走最後一個石子的人為贏家，求必敗態。
解題思路：此處用數學歸納法證明。
我們假設當n是斐波那契的數列中的某個數，先手必敗。
①當n=2時，先手只能取1個，那麼顯然先手必敗。
②假設當n<=k時成立，則當n=k+1時，f[n]=f[k]+f[k-1]。此時可以把石子看成f[k]和f[k-1]兩堆。
假設先手取了>=f[k-1]堆的石子，那麼後手可以取完f[k]，因為f[k]<f[k-1]*2
假設先手取了>=1/3 f[k-1]堆的石子，那麼後手可以把 f[k-1]這一堆石子取完，剩下的問題就是：接下來先手取石子，能否把f[k]的石子全部取完，即後手取走的這 2/3 f[k-1]和 1/2 f[k]的大小，也就是4*f[k-1]和3 *f[k] 的大小，顯然，還是後者大，所以，接下來先手取石子，不能將石子取完。而現在的狀況時：剩下了k堆石子，先手先取，根據我們的數學歸納法的假設，是後手贏。
假設先手取了<=1/3 f[k-1] 堆的石子呢？那我們可以將f[k-1]分成 f[k-2] 和 f[k-3] 兩個更小的斐波那契數來完成，依次遞迴下去，依舊可以得出相同的結論。
例題：VJ https://vjudge.net/contest/380862#problem/I
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <queue> #include <stack> #include <ctype.h> #include <map> using namespace std; const long long maxn=2e5+10; long long f[maxn],tree[maxn],cp[maxn],ma[maxn],m; int s[maxn],p[maxn],v[maxn],flag,ans; char x[maxn]; int main() { int n, i, t, b,j,k,l,r,c; f[0] = f[1] = 1; while(cin>>n&&n) { flag=0; if (n==1) { printf("Second win\n"); flag=1; } for (int i = 2; f[i - 1] < n; i++) { f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]; { if (f[i] == n) { printf("Second win\n"); flag=1; break; } } } if (!flag) printf("First win\n"); } return 0; }View Code
3.威佐夫博弈
題目描述：首先有兩堆石子，博弈雙方每次可以取一堆石子中的任意個，不能不取，或者取兩堆石子中的相同個。先取完者贏。
解題思路：首先分析幾種特殊的情況。
零當兩堆石子分別是（0，0）時，因為先手不能取了，所以先手輸。
①當兩堆石子分別是（1，2）時，先手取左1，後手取右2；先手取右2，後手取左1；先手取右1，後手兩堆各取一個，三種取法都是後手贏。
②當兩堆石子分別是（3，5）時，先手不能先將其中一堆取完，這樣必輸；
先手如果取左1，後手取右4，變成了（2，1）的狀態
先手如果取左2，後手取右3，變成了（1，2）的狀態
先手如果取右1，後手取（2，2），變成了（1，2）的狀態
先手如果取右2，後手取（3，3），直接取完
先手如果取右3，後手取左2，變成了（1，2）的狀態
先手如果取右4，後手取左1，變成了（2，1）的狀態
所以，無論如何還是後手贏。
做接下來的模擬可以得出
③當兩堆石子分別是（4，7）時，也是先手必輸。
④（6，10）
⑤（8，13）
⑥ （9，15）
⑦（11，18）
通過找規律發現，他們的差值是逐級遞增的，而他們的首位數數局面中沒有出現過的第一個值。
再找規律會發現
★ 差值*黃金分割比=第一個值（較小的值） （話說好神奇的~~~）
黃金分割比 1.618=（sqrt（5）+1）/ 2
所以對於一組（m,n） 先判斷 （n-m）*（sqrt（5）+1）/ 2 是否等於 min（m，n） ：如果是，那麼後手必贏；如果不是，那麼先手必贏，因為先手的第一步可以把它變成這裡的（m,n）的形式。
例題：https://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1072
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <queue> #include <stack> #include <ctype.h> #include <map> using namespace std; const long long maxn=2e5+10; int f[maxn],tree[maxn],cp[maxn],ma[maxn],m; int s[maxn],p[maxn],v[maxn],flag,ans; char x[maxn]; int main() { int n, i, t, b,j,k,l,r,c; f[0] = f[1] = 1; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>m; double q=1.0*(sqrt(5)+1)/2; c=q*abs(m-n); if (c==min(n,m)) printf("B\n"); else printf("A\n"); } return 0; }View Code
4.尼姆博弈
題目描述：有3堆石子，每堆石子數量未知，兩人輪流取，每次取某堆中不少於1個的物品，最後取完者勝。
解題思路：我們也是先模擬幾種特殊情況：
①當三堆石子分別是（0，0，0）時，那麼先手沒有東西可取，先手必敗。
②當三堆石子分別是（0，n，n）時，那麼無論先手取其中一堆的k個石子（k<=n），只要後手取另外一堆與之相等的石子數即可獲勝，因此也是先手必敗。
③當三堆石子分別是（1，2，3）時，無論先手怎麼取，後手都可以把它變成（0，n，n）的形式，因此還是先手必敗。
但是要找這個規律，恐怕是很難找，但是就是有人如此的牛牪犇，把這個問題和二進位制聯絡在一起，用異或運算解決它。
這裡簡單說一下異或（XOR）的運算：兩個輸入，相同為0，不同為1 。
那麼就拿（1，2，3）舉個例子。
1=01
2=10
+ 3=11
————
0=00（不進位）
對於（0，n，n）的運算結果也是0 ,也就是說，只要滿足（a XOR b XOR c = 0） ，那麼接下來先手的人必輸。
我們知道，兩個相同的數的異或和為0， 所以對於任意的三個數（a，b，c），假設（a<b<c），如果滿足c=a XOR b即可，因為這樣變成了 a XOR b XOR c=a XOR b XOR a XOR b = a XOR a XOR b XOR b = 0 ，因此只要對 c 進行 c-（a XOR b）的運算就可以了
當然，尼姆博弈也可以推廣到n維運算：有n堆石子，每堆石子數量未知，兩人輪流取，每次取某堆中不少於1個的物品，最後取完者勝。
原理也相同：若剛開始是奇異局勢，當先手破壞了這個奇異局勢，後手只需把它恢復成奇異局勢即可，那麼後手必贏；如果剛開始不是奇異局勢，先手把它變成奇異局勢，那麼後手無論怎麼破壞，只要下一步先手把它還原成奇異局勢即可。
例如（7，9，12，15）
| 2^3 | 2^2 | 2^1 | 2^0 | |
| 7 | 0 | 1 | 1 | 1 |
| 9 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 12 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 15 | 1 | 1 | 1 | 1 |
顯然這個不是一個奇異局勢，那麼先手第一步只要把它變成奇異局勢即可。
第一種：把12變成1
| 2^3 | 2^2 | 2^1 | 2^0 | |
| 7 | 0 | 1 | 1 | 1 |
| 9 | 1 | 0 | 0 | 1 |
| 1 | 0 | 0 | 0 | 1 |
| 15 | 1 | 1 | 1 | 1 |
第二種：把 9變成4
| 2^3 | 2^2 | 2^1 | 2^0 | |
| 7 | 0 | 1 | 1 | 1 |
| 4 | 0 | 1 | 0 | 0 |
| 12 | 1 | 1 | 0 | 0 |
| 15 | 1 | 1 | 1 | 1 |
等等······，歸根結底，還是看剛開始是否處於奇異局勢，如果不是，那麼先手第一步取到奇異局勢就必贏；如果是奇異局勢，那麼後手只要保持奇異局勢就必贏。
例題：https://vjudge.net/problem/POJ-2234
#include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <queue> #include <stack> #include <ctype.h> #include <map> using namespace std; const long long maxn=2e5+10; int f[maxn],tree[maxn],cp[maxn],ma[maxn],m; int s[maxn],p[maxn],v[maxn],flag,ans; char x[maxn]; int main() { int n, i, t, b,j,k,l,r,c; while(cin>>t) { ans=0; for (i=1;i<=t;i++) { cin>>k; ans^=k; } if (ans) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } return 0; }View Code