【引言】

　　分金幣問題：有100個金幣，兩個人輪流從這堆金幣中取金幣，規定每次至少取1個，最多取5個。取完最後一枚金幣的人獲勝。假入你先手取金幣，對方是足夠聰明的，你能找到一種必勝的方法嗎？

【問題分析】

　　首先我們考慮到這樣一個簡單的事實，如果最後把6個金幣留給對方去取，那麽很顯然，對方必敗。再往前推進一步，如果把12枚金幣留給對方去取，對方也必敗。

　　為什麽呢？原因很簡單，不論對方取幾個，我都能夠把金幣取成6個，這樣就回到上一個對方必敗的局勢了。

　　那麽我們可以更進一步地推出，如果把金幣取成18個，24個,30個.......留個對方呢？我們都可以必勝。所以可以推出，如果一開始金幣不是6的倍數，我們必然可以將其取成6的倍數，對方必敗。

　　反過來考慮，如果一開始金幣就是6的倍數，我們先手又不得不取，那麽不論我們取幾個，對方一定會將其取成6的倍數，那麽我們先手必敗。至此可以得出這樣一個結論：初始金幣個數100不是（5+1）的倍數，先手必勝。

【問題推廣】如果金幣是N個，每次至多取M個，至少取一個，那麽先手勝負情況如何？

結論：當 N %（M+1）= 0時，先手必敗，否則，先手必勝。這樣對於這個問題，我們就總結出了一般性規律，這個遊戲很經典，我們稱之為--巴什博弈。

【理論上升】我們已經總結出了巴什博弈的一般性規律，那麽對於諸於此類的組合遊戲，我們如何去用更抽象的工具去研究它呢？

引入P點和N點，

P點： 即必敗點，某玩家位於此點，只要對方無失誤，則必敗；

N點： 即必勝點，某玩家位於此點，只要自己無失誤，則必勝。

P/N點有如下性質：

（1）P點不能一步到達下一個P點，N點可以一步到達P點。這就是為什麽面臨P點必敗，因為你只要到達了P點，再進行決策無法再使局面變為P點，這樣的話必然把N點留給對方，對方面臨N點，又能一步到達P點，又將P點（必敗點）留給了你，這樣下去你必敗無疑。

（2）終結狀態是P點。很好理解，當上一個人把所有金幣取完了，那麽這時的狀態變成P點，你面臨的是空空如也，是勝負已分的終結狀態，所以終結狀態是P點。

（3）決定先手是否必勝，只要看初始局勢是P點還是N點。是P點，必敗；是N點，必勝。

在引言的取金幣問題中，當n = 19, m = 5時， P/N狀態如下表。顯然，初始狀態，剩余19個，是N點，先手必勝。

【問題推廣和變形】

一、巴什博弈

1、問題模型：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個，最後取光者得勝。

2、解決思路：當n=m+1時，由於一次最多只能取m個，所以無論先取者拿走多少個，後取者都能夠一次拿走剩余的物品，後者取勝，所以當一方面對的局勢是n%(m+1)=0時，其面臨的是必敗的局勢。所以當n=（m+1)*r+s，（r為任意自然數，s≤m)時,如果先取者要拿走s個物品，如果後取者拿走x（≤m)個，那麽先取者再拿走m+1-k個，結果剩下（m+1）（r-1）個，以後保持這樣的取法，那麽先取者肯定獲勝。總之，要保持給對手留下（m+1）的倍數，就能最後獲勝。

3.一般性規律：當 N %（M+1）= 0時，先手必敗，否則，先手必勝。

二、威佐夫博弈

1.問題模型：有兩堆物品，數量分別為M,N，兩個人輪流取物品，先取完所有物品的人獲勝。取物品時有兩種方法，一是可以從某一堆取若幹物品（至少一個，多者不限），或者是從兩堆中同時取相同數量的物品。

2.策略：首先我們考慮一下面臨什麽局勢會輸，也就是兩堆物品數量分別是什麽的時候會輸，也就是什麽是P點。

（1）顯然（0,0）是P點。然後（1，2）是P點，為什麽呢，因為有個2在，不論你在第一堆取還是第二堆取，剩下的人一定可以取完所有。進一步思考，當你面臨（2，x），其中x>=2，你必勝，因為你要麽一次性取完所有，要麽把（1，2）留給對手，對手必敗。所以除了（2,1），其他所有（2，x）都不是必敗點。

（2）考慮（3，x）必敗的情況，（3,1）（3,2）（3,3）顯然都是必勝點。進一步推知（3,4）是必勝點。然後我們試試（3,5），發現它是必敗點。你不論怎麽取都會把之前我們已知的必勝點留給對方，所以你必敗。x>5的情況呢，必然是必勝點，因為你可以把X取成5，把必敗點（3,5）留給對方。這樣我們可以得出結論（3，x）中除了（3,5）必敗其余都是必勝。

（3）考慮（4，x）必敗的情況，（4,1）（4,2）（4,3）（4,5），（4,6）顯然都是必勝點。然而（4,7）卻是必敗點，你不論怎麽取都會把之前我們已知的必勝點留給對方，所以你必敗。

（4）這樣我們已經知道的必敗局勢有（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）,我們把這種局勢稱之為奇異局勢。不難發現，如果記（ak, bk）為第k個奇異局勢（第0個必敗局勢是（0,0）），那麽ak是之前未出現過的最小數字，bk = ak + k;

3.一般性規律

那麽第K項的（ak, bk）是什麽呢？通項公式是：

具體證明見：https://baike.baidu.com/item/%E5%A8%81%E4%BD%90%E5%A4%AB%E5%8D%9A%E5%BC%88/19858256?fr=aladdin

4.註意事項。由於ak是整數，所以k一旦很大，比如10^100對根號5的精度要求極高，這時候調用庫函數sqrt(double x)是得不到這麽高的精度的，需要自己去實現一個實數開方的方法，返回一個高精度實數。

具體可以見我的另外一篇博客。

三、尼姆博弈

1. 問題模型：有3堆各若幹個物品，兩個人輪流從某一堆取任意多的物品，每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。

2. 策略：

（1）首先我們分分析一下奇異局勢。（0,0,0）是第一個奇異局勢，然後可以證明（0，n, n）是奇異局勢，因為只要把這個局勢留給對面，對面在一堆中取幾個，那麽我們都在另外一堆取相同數目的物品，到最後肯定勝利。

（2）如果面臨的局勢是（1,2,3），你可以發現這也是一個奇異局勢，因為無論怎麽取，對手必然可以將其變為（0，n, n）的局勢留給你。

如果面臨（5,6,3），我們把它寫成二進制陣列的形式：

1 0 1

1 1 0

0 1 1

可以發現，不論你取走哪一行的哪一個1，我都取走另外某一行的對應位的1，並且最後一定是我（後手）勝利。

進一步可以發現，這三個數的二進制陣列中，第1列到最後一列都有偶數個1，所以我們可以采取前面所說的策略，不論先手取走哪一行的哪一列的一個1，我都取走另外某一行的對應列的一個1。這樣必然能夠使得我取走該矩陣該列最後一個1，如果對於該矩陣每一列我能取走最後一個1，那麽很顯然，我必然是先取光所有物品的人。

由此我們可以發現：只要把這三個數寫成二進制矩陣的形式，看看該矩陣是不是每一列的1的數目都是偶數，如果是，先手必敗。

這樣的矩陣有什麽特點呢？那就是二進制的異或和為0.(每一列1的個數都是偶數嘛)。如果局勢（x,y,z）是奇異局勢，那麽x xor y xor z = 0.

3. 推廣到N堆，局勢（X1, X2 , X3, X4, ......Xn）為奇異局勢的充要條件是 X1 xor X2 xor X3 xor X4 xor ......xor Xn = 0.

四、斐波那契博弈（引用自大佬博客）

1、問題模型：

有一堆個數為n的石子，遊戲雙方輪流取石子，滿足：

（1）先手不能在第一次把所有的石子取完；

（2）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。

2、策略：

當n為Fibonacci數時，先手必敗。即存在先手的必敗態當且僅當石頭個數為Fibonacci數。

證明：根據“Zeckendorf定理”（齊肯多夫定理）：任何正整數可以表示為若幹個不連續的Fibonacci數之和。如n=83 = 55+21+5+2，我們看看這個分解有什麽指導意義：假如先手取2顆，那麽後手無法取5顆或更多，而5是一個Fibonacci數，那麽一定是先手取走這5顆石子中的最後一顆，同理，接下去先手取走接下來的後21顆中的最後一顆，再取走後55顆中的最後一顆，那麽先手贏。

反證：如果n是Fibonacci數，如n=89：記先手一開始所取的石子數為y

（1）若y>=34顆（也就是89的向前兩項），那麽一定後手贏，因為89-34=55=34+21<2*34。

（2）y<34時剩下的石子數x介於55到89之間，它一定不是一個Fibonacci數，把x分解成Fibonacci數：x=55+f[i]+…+f[j]，若，如果f[j]<=2y，那麽對B就是面臨x局面的先手，所以根據之前的分析，後手只要先取f[j]個即可，以後再按之前的分析就可保證必勝。

五、公平組合遊戲與SG函數（未完待續）

組合遊戲與博弈