博弈論 SG函式
阿新 • • 發佈：2019-02-02
遊戲1
l 有兩個遊戲者：A和B。
l 有21顆石子。
l 兩人輪流取走石子，每次可取1、2或3顆。
l A先取。
l 取走最後一顆石子的人獲勝，即沒有石子可取的人算輸。
如果剩下1、2或3顆石子，那麼接下來取的人就能獲勝；如果剩下4顆，那麼無論接下來的人怎麼取，都會出現前面這種情況，所以接下來取的人一定會輸；如果剩下5、6或7顆石子，那麼接下來取的人只要使得剩下4顆石子，他就能獲勝。0，4，8，12，……都是下一個取石子者的必敗狀態。現在有21顆石子，21除以4的餘數是1，所以先走者有必勝的策略，他第一次只要取走1顆石子，以後每一次都保證剩下的石子是4的倍數就行了。
什麼是“平等組合遊戲”？
l 兩人遊戲。
l 有一個狀態集，而且通常是有限的。
l 規定哪些狀態轉移是允許的。
l 所有規定對於兩人來說是一樣的。
l 兩人輪流走步。
l 有一個終止狀態，到達終止狀態後遊戲即告終止。
l 遊戲可以在有限步內終止。
P狀態和N狀態
就像第一個遊戲一樣，狀態0，4，8，……是剛才走步的人的必勝狀態，我們稱之為P狀態；而1，2，3，5，6，7，……都是下一個走步的人的必勝狀態，我們稱之為N狀態。
我們可以從終止狀態出發，推出每一個狀態，指出它是P狀態還是N狀態。就拿第一個遊戲舉例：
步驟一 將所有終止狀態設為P狀態。
步驟二 將所有一步之內可以到達一個P狀態的狀態設為N狀態。
步驟三 如果一個狀態，不管怎麼走都只能走到N狀態，那麼就將這個狀態設為P狀態。
步驟四 返回步驟二。
如果能夠走到P狀態，就能獲勝。因為安照上面的定義，對手不管如何選擇，只可能走到N狀態。接下來總存在一個P狀態你可以走到。這樣一直走到終止狀態，你獲勝。當然這裡所說得都是指對於最後走步的人獲勝的遊戲。
我們嚴格的來定義P狀態和N狀態
l 所有的終止狀態都是P狀態；
l 對於任何的N狀態，肯定存在一種方式可以一步轉到一個P狀態；
l 對於任何的P狀態，不管怎麼走步，都只能轉到N狀態。
而對於最後走步的人失敗的遊戲，只要將所有終止狀態改成N狀態，然後開始倒推就可以了。當然，必勝狀態是N狀態。也就是說，如果想勝利，就希望面對N狀態，轉移到P狀態。
現在對遊戲1略微擴充套件一下。
有一個決策集S，S中的元素是正整數。遊戲的規則大致與遊戲1一樣，只是現在每次可以取的石子數必須是S中的元素。如果S={1，2，3}，那麼就是遊戲1。
大家分析一下，當S={1，3，4}的時候，哪些狀態是P狀態，哪些是N狀態。
我們發現P狀態是{0，2，7，9，14，16，……}，N狀態是{1，3，4，5，6，8，10，……}。
規律是如果n除以7的餘數是0或2，那麼狀態n就是P狀態，否則就是N狀態。
如果遊戲開始時，石子總數是100，那麼這是一個P狀態，也就是說後走的人有必勝策略。
遊戲2 Nim遊戲
有三堆石子，分別含有x1，x2和x3顆石子。兩人輪流取石子，每次可以選擇一堆，從這堆裡取走任意多顆石子，但不能不取。取走最後一顆石子的人獲勝。
我們用三元組來表示狀態，很明顯(0, 0, 0)是唯一的終止狀態，是P狀態。
先考慮只剩一堆有石子的情況(0, 0, x)，很明顯這是，這些狀態都是N狀態。
剩兩堆的情況，如果兩堆的石子數相等(0, x, x)，那麼這些都是P狀態。因為下一次走步的人一定會使得兩堆石子不相等，再下一次可以使得兩堆的石子數回到相等的狀態，包括終止狀態。如果兩堆的石子數不相等，那麼就是N狀態。
三堆都非空的情況就複雜得多。我們可以得到(1, 1, 1)、(1,1, 2)、(1, 1, 3)和(1, 2, 2)都是N狀態，因為它們可以轉變成(0, 1, 1)或(0, 2, 2)，它們都是P狀態。(1,2, 3)是P狀態，因為不管怎麼選擇，下一次一定變到N狀態。
“Nim和”就是兩個數二進位制表示的不進位加法，也就是兩個整數進行xor位運算。
定義：兩個數(xm…x0)2和(ym…y0)2，是(zm…z0)2，其中zi=(xi+yi) mod 2，0<=i<=m。
例如，22和51的Nim和是37：
整數關於Nim和（以後用“+”表示）滿足交換律和結合律。有單位元0，因為0+x=x。任何兩個相等的數之和是0，即x+x=0。有削去律，即如果x+y=x+z，那麼y=z。因為，如果x+y=x+z，兩邊都加上x，得到x+x+y=x+x+z，即y=z。
定理1：Nim遊戲的一個狀態(x1, x2, x3) 是P狀態，當且僅當x1+x2+x3=0。
考慮狀態(13, 12, 8)。Nim和是9，不等於0，所以這是一個N狀態。
那麼接下來應該怎麼走，才能走到一個P狀態呢？你可以從第一堆中取走9顆石子。
或者你也可以從第二堆中取走7顆石子，等等。
如果石子的堆數大於3，只要堆數是有限的，上面的定理仍然成立。即如果有n堆石子，狀態(x1, x2, …, xn)是P狀態的充要條件是x1+x2+…+xn=0。下面就來證明。
我們用ρ表示所有Nim和為零的狀態組成的集合；用п表示ρ的補集，即所有Nim和為正整數的狀態組成的集合。讓我們逐一檢驗P狀態和N狀態的定義。
l 所有的終止狀態都在ρ中。由於終止狀態只有一個(0, 0, …, 0)，0+0+…+0=0。
l 所有屬於п的狀態，一步之內一定可以走到ρ中的狀態。找出Nim和最左端為1的那一列，然後任意選擇一個這一列是1的堆，從這堆中取走若干顆石子，使得Nim和為0。這總是可以做到的，因為將那一列的1變成0，而它左邊的列不用修改，這個數就肯定變小了。對於其他Nim和是1的列，只要將這個數相對列的0改成1，1改成0就可以了。
l 所有屬於ρ的狀態，一定轉變到п中的狀態。任意一個P狀態(x1,x2, …, xn)，不妨假設從第一堆中取出若干顆石子。如果存在x1’<x1，而(x1’, x2, …, xn)也是P狀態。那麼x1+x2+…+xn=0=x1’+x2+…+xn，根據前面講的削去律，x1’=x1，與假設x1’<x1矛盾。所以(x1’, x2, …, xn)一定是N狀態，屬於п。
通過上面的證明，你能得到從一個N狀態走到P狀態的方案數嗎？而且這個數是奇數。
那麼，對於最後走步的人失敗的Nim遊戲，又怎麼辦呢？通常情況下，這類遊戲比最後走步的人獲勝的遊戲難得多。但Nim遊戲是個例外。我們來分析一下。
P狀態和N狀態的定義不變，如果初始狀態是N狀態，先走者有必勝策略。當超過1顆石子的堆數大於1的時候，按照前面所講的方法走。直到超過1顆石子的堆數等於1，這時將這堆石子全部取掉或剩1顆，保證非空（剩下1顆石子）的堆數為奇數。如果初始狀態是N狀態，按照策略，先走者不可能將“超過1顆石子的堆數等於1”的狀態留給對方，因為這樣的狀態不可能是P狀態。而且對方不可能在一步之內從“超過1顆石子的堆數大於1”的狀態變到“超過1顆石子的堆數小於1”的狀態。
圖遊戲
現在我們使用有向圖來描述一個遊戲，所有的狀態用頂點表示，所有合法的移動用有向邊表示。接下來我們會給出Sprague-Grundy函式（簡稱SG函式），它比起P狀態和N狀態，能夠提供更多的資訊。
定義：用(X, F)來表示有向圖G。X是頂點集，F是後繼函式。設x是一個頂點，F(x)是一個集合，包含於X，任意一個元素y屬於F(x)，表示從x出發到y有一條邊。F(x)就是x的後繼集合，也可看成從x出發的決策集。如果F(x)是空集，那麼就表示x是終止狀態。
圖遊戲：一個兩人遊戲，在一個圖G(X, F)上玩，指明一個頂點x0並按照下列的規則：
l A先走，從x0開始；
l 兩人輪流走步；
l 從頂點x出發，只能走到頂點y，y屬於F(x)；
l 遇到終止狀態，即不能走步，此人輸。
對於一個圖，如果不管x0是哪個點，總存在一個n，使得從x0出發的任意一條路經的長度都不超過n，那麼這個圖就被稱為是“遞增有界”的。接下來主要討論遞增有界的圖遊戲。
拿遊戲1來舉例，設有n顆石子。頂點集X={0, 1, 2, …, n}，F(0)是空集，F(1)={0}，F(2)={0, 1}，F(k)={k-3, k-2, k-1}，3<=k<=n。下圖是n=10的情況。
SG函式
定義：
對於一個遞增有界的圖G(X, F)來說，SG函式g，是定義在X上的函式，函式值是非負整數，使得
用語言來描述就是：g(x)的值等於所有x的後繼的SG函式中沒有出現的最小非負整數。
對於遞增有界的圖，SG函式是唯一的、有界的。
所有的終止狀態x，因為F(x)是空集，所以g(x)=0。
給出下圖的SG函式。
例1
給出遊戲1的SG函式，看看有什麼規律，與P狀態和N狀態有什麼關係。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 …
g(x) 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 …
例2
有一堆石子，設當前剩下n顆石子，這一步至少要取走n/2取上界顆。唯一的終止狀態是剩0顆石子。給出SG函式，看看有什麼規律。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …
g(x) 0 1 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 …
根據例1的結果，我們猜測SG函式與P狀態和N狀態是有關的。如果g(x)=0，那麼x就是P狀態，否則x就是N狀態。證明是很顯然的，我們只要根據兩者的定義，考慮以下三點：
l 如果x是終止狀態，那麼g(x)=0。
l 一個狀態x，如果g(x)≠0，那麼一定存在一個x的後繼y，使得g(y)=0。
l 一個狀態x，如果g(x)=0，那麼所有x的後繼y，都有g(y)≠0。
當然，SG函式還包含了其他的資訊，這些資訊在以後會用到。
多個組合遊戲的並
給定若干個組合遊戲，可以按照下面的規則將它們併成一個新的遊戲。
l 對每個遊戲給定初始狀態。
l 兩人輪流走步，從A開始。
l 每一輪，選擇一個未到達終止狀態的遊戲，在這個遊戲中按照規則走一步，其他遊戲的狀態不變。
l 最後一個走步者獲勝，即走完之後所有遊戲都到達終止狀態。
我們稱這個新的遊戲為“多個組合遊戲的並”。我們要來看如何用每一個遊戲的SG函式來求這個新的組合遊戲的SG函式。
n個圖遊戲的並
定義：有n個遞增有界的圖遊戲G1(X1, F1)，……，Gn(Xn, Fn)。把它們合併成一個新的遊戲G(X, F)，記為G=G1+G2+…+Gn。X是所有遊戲頂點集的笛卡爾積，即X=X1*X2*…*Xn。也就是說，我們用n元組(x1, x2, …, xn)來表示G中的頂點x，其中xi屬於Xi，對於所有的i。x的後繼F(x)可以定義成：
這樣定義的新的遊戲G，一定也是遞增有界的。把每個遊戲的界相加，就得到了新遊戲的界。
正如Nim遊戲那樣，如果堆數是1，那麼非常簡單；如果堆數是2，也很容易分析；但堆數如果大於2，就不是很明顯了。所以即使每個圖遊戲都是很平凡的，n個圖遊戲的並也可能相當複雜。
下面介紹的SG定理可以看成是定理1的一般化。
定理2
設G=G1+G2+…+Gn，Gi的SG函式是gi，i=1, 2, …, n。那麼G的SG函式g(x1, x2, …,xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，加法表示Nim和，即不進位的二進位制加法。
證明：
令x(x1, x2, …, xn)是X中任意一點，b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。
根據SG函式的定義，我們要說明兩點：
（1）、對於任意的非負整數a(a<b)，一定存在一個x的後繼y，使得g(y)=a。
（2）、x的任意一個後繼y，都有g(y)¹b。
首先來說明（1）。設d=a+b（nim和），d的二進位制表示有k位，則2k-1<=d<2k。d的第k位是1而且a<b，所以a的第k位是0，b的第k位是1。因為b=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，所以至少存在一個分量的第k位是1，不妨設它就是g1(x1)。那麼，就有d+g1(x1)<g1(x1)，也就存在從x1到x1’的一次走步，使得g1(x1’)=d+g1(x1)。那麼g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=d+g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)= d+b=a。
再說明（2）。反證法。不失一般性，假設後繼的走步是從x1到x1’，又有g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。根據消去率，g1(x1’)=g1(x1)，這與SG函式的定義不符，假設不成立。
例3、你每次可以從一堆石子中取走{1, 2, …, m}顆。對於1堆的問題，SG函式gm(x)=xmod (m+1)。如果考慮3個這樣的遊戲的並，第一個遊戲m=3，有9顆石子；第二個遊戲m=5，有10顆石子；第三個遊戲m=7，有14顆石子。g(9,10,14)=g3(9)+g5(10)+g7(14)=1+4+6=3，是一個N狀態。要取勝的話，下一次可以選擇第三個遊戲，取走1顆石子，使得g7(13)=5。那麼，還有別的取法嗎？
var
n,m,p,t,i:longint;
begin
readln(n);
t:=0;
for i:=1 to n do begin
readln(m,p);
t:=t xor (p mod (m+1));
end;
if t=0 then writeln('P') else writeln('N');
end.
取走-分割遊戲
這種遊戲允許取走某些東西，然後將原來的一個遊戲分成若干個相同的遊戲。
例1、Lasker’s Nim遊戲：每一輪允許兩種操作之一。（1）從一堆石子中取走任意多個（2）將一堆數量不少於2的石子分成都不為空的兩堆。
分析：
很明顯，g(0)=0，g(1)=1。狀態2的後繼有0，1和（1，1），它們的SG函式值分別是0，1和0，所以g(2)=2。狀態3的後繼有0，1，2和（1，2），它們的SG函式值分別是0，1，2和3，所以g(3)=4。狀態4的後繼有0，1，2，3，（1，3）和（2，2），它們的SG函式值分別是0，1，2，4，5和0，所以g(4)=3。在推一些，我們得到：
我們推測：對於所有的k>=0，有g(4k+1)=4k+1；g(4k+2)=4k+2；g(4k+3)=4k+4；g(4k+4)=4k+3。
請自行證明。
假設遊戲初始時有3堆，分別有2、5和7顆石子。三堆的SG函式值分別是2、5和8，它們的Nim和等於15。所以要走到P狀態，就要使得第三堆的SG值變成7，可以將第三堆分成按1和6分成兩堆。
l 有兩個遊戲者：A和B。
l 有21顆石子。
l 兩人輪流取走石子，每次可取1、2或3顆。
l A先取。
l 取走最後一顆石子的人獲勝，即沒有石子可取的人算輸。
如果剩下1、2或3顆石子，那麼接下來取的人就能獲勝；如果剩下4顆，那麼無論接下來的人怎麼取，都會出現前面這種情況，所以接下來取的人一定會輸；如果剩下5、6或7顆石子，那麼接下來取的人只要使得剩下4顆石子，他就能獲勝。0，4，8，12，……都是下一個取石子者的必敗狀態。現在有21顆石子，21除以4的餘數是1，所以先走者有必勝的策略，他第一次只要取走1顆石子，以後每一次都保證剩下的石子是4的倍數就行了。
什麼是“平等組合遊戲”？
l 兩人遊戲。
l 有一個狀態集，而且通常是有限的。
l 規定哪些狀態轉移是允許的。
l 所有規定對於兩人來說是一樣的。
l 兩人輪流走步。
l 有一個終止狀態，到達終止狀態後遊戲即告終止。
l 遊戲可以在有限步內終止。
P狀態和N狀態
就像第一個遊戲一樣，狀態0，4，8，……是剛才走步的人的必勝狀態，我們稱之為P狀態；而1，2，3，5，6，7，……都是下一個走步的人的必勝狀態，我們稱之為N狀態。
我們可以從終止狀態出發，推出每一個狀態，指出它是P狀態還是N狀態。就拿第一個遊戲舉例：
步驟一 將所有終止狀態設為P狀態。
步驟二 將所有一步之內可以到達一個P狀態的狀態設為N狀態。
步驟三 如果一個狀態，不管怎麼走都只能走到N狀態，那麼就將這個狀態設為P狀態。
步驟四 返回步驟二。
如果能夠走到P狀態，就能獲勝。因為安照上面的定義，對手不管如何選擇，只可能走到N狀態。接下來總存在一個P狀態你可以走到。這樣一直走到終止狀態，你獲勝。當然這裡所說得都是指對於最後走步的人獲勝的遊戲。
我們嚴格的來定義P狀態和N狀態
l 所有的終止狀態都是P狀態；
l 對於任何的N狀態，肯定存在一種方式可以一步轉到一個P狀態；
l 對於任何的P狀態，不管怎麼走步，都只能轉到N狀態。
而對於最後走步的人失敗的遊戲，只要將所有終止狀態改成N狀態，然後開始倒推就可以了。當然，必勝狀態是N狀態。也就是說，如果想勝利，就希望面對N狀態，轉移到P狀態。
現在對遊戲1略微擴充套件一下。
有一個決策集S，S中的元素是正整數。遊戲的規則大致與遊戲1一樣，只是現在每次可以取的石子數必須是S中的元素。如果S={1，2，3}，那麼就是遊戲1。
大家分析一下，當S={1，3，4}的時候，哪些狀態是P狀態，哪些是N狀態。
我們發現P狀態是{0，2，7，9，14，16，……}，N狀態是{1，3，4，5，6，8，10，……}。
規律是如果n除以7的餘數是0或2，那麼狀態n就是P狀態，否則就是N狀態。
如果遊戲開始時，石子總數是100，那麼這是一個P狀態，也就是說後走的人有必勝策略。
遊戲2 Nim遊戲
有三堆石子，分別含有x1，x2和x3顆石子。兩人輪流取石子，每次可以選擇一堆，從這堆裡取走任意多顆石子，但不能不取。取走最後一顆石子的人獲勝。
我們用三元組來表示狀態，很明顯(0, 0, 0)是唯一的終止狀態，是P狀態。
先考慮只剩一堆有石子的情況(0, 0, x)，很明顯這是，這些狀態都是N狀態。
剩兩堆的情況，如果兩堆的石子數相等(0, x, x)，那麼這些都是P狀態。因為下一次走步的人一定會使得兩堆石子不相等，再下一次可以使得兩堆的石子數回到相等的狀態，包括終止狀態。如果兩堆的石子數不相等，那麼就是N狀態。
三堆都非空的情況就複雜得多。我們可以得到(1, 1, 1)、(1,1, 2)、(1, 1, 3)和(1, 2, 2)都是N狀態，因為它們可以轉變成(0, 1, 1)或(0, 2, 2)，它們都是P狀態。(1,2, 3)是P狀態，因為不管怎麼選擇，下一次一定變到N狀態。
“Nim和”就是兩個數二進位制表示的不進位加法，也就是兩個整數進行xor位運算。
定義：兩個數(xm…x0)2和(ym…y0)2，是(zm…z0)2，其中zi=(xi+yi) mod 2，0<=i<=m。
例如，22和51的Nim和是37：
整數關於Nim和（以後用“+”表示）滿足交換律和結合律。有單位元0，因為0+x=x。任何兩個相等的數之和是0，即x+x=0。有削去律，即如果x+y=x+z，那麼y=z。因為，如果x+y=x+z，兩邊都加上x，得到x+x+y=x+x+z，即y=z。
定理1：Nim遊戲的一個狀態(x1, x2, x3) 是P狀態，當且僅當x1+x2+x3=0。
考慮狀態(13, 12, 8)。Nim和是9，不等於0，所以這是一個N狀態。
那麼接下來應該怎麼走，才能走到一個P狀態呢？你可以從第一堆中取走9顆石子。
或者你也可以從第二堆中取走7顆石子，等等。
如果石子的堆數大於3，只要堆數是有限的，上面的定理仍然成立。即如果有n堆石子，狀態(x1, x2, …, xn)是P狀態的充要條件是x1+x2+…+xn=0。下面就來證明。
我們用ρ表示所有Nim和為零的狀態組成的集合；用п表示ρ的補集，即所有Nim和為正整數的狀態組成的集合。讓我們逐一檢驗P狀態和N狀態的定義。
l 所有的終止狀態都在ρ中。由於終止狀態只有一個(0, 0, …, 0)，0+0+…+0=0。
l 所有屬於п的狀態，一步之內一定可以走到ρ中的狀態。找出Nim和最左端為1的那一列，然後任意選擇一個這一列是1的堆，從這堆中取走若干顆石子，使得Nim和為0。這總是可以做到的，因為將那一列的1變成0，而它左邊的列不用修改，這個數就肯定變小了。對於其他Nim和是1的列，只要將這個數相對列的0改成1，1改成0就可以了。
l 所有屬於ρ的狀態，一定轉變到п中的狀態。任意一個P狀態(x1,x2, …, xn)，不妨假設從第一堆中取出若干顆石子。如果存在x1’<x1，而(x1’, x2, …, xn)也是P狀態。那麼x1+x2+…+xn=0=x1’+x2+…+xn，根據前面講的削去律，x1’=x1，與假設x1’<x1矛盾。所以(x1’, x2, …, xn)一定是N狀態，屬於п。
通過上面的證明，你能得到從一個N狀態走到P狀態的方案數嗎？而且這個數是奇數。
那麼，對於最後走步的人失敗的Nim遊戲，又怎麼辦呢？通常情況下，這類遊戲比最後走步的人獲勝的遊戲難得多。但Nim遊戲是個例外。我們來分析一下。
P狀態和N狀態的定義不變，如果初始狀態是N狀態，先走者有必勝策略。當超過1顆石子的堆數大於1的時候，按照前面所講的方法走。直到超過1顆石子的堆數等於1，這時將這堆石子全部取掉或剩1顆，保證非空（剩下1顆石子）的堆數為奇數。如果初始狀態是N狀態，按照策略，先走者不可能將“超過1顆石子的堆數等於1”的狀態留給對方，因為這樣的狀態不可能是P狀態。而且對方不可能在一步之內從“超過1顆石子的堆數大於1”的狀態變到“超過1顆石子的堆數小於1”的狀態。
圖遊戲
現在我們使用有向圖來描述一個遊戲，所有的狀態用頂點表示，所有合法的移動用有向邊表示。接下來我們會給出Sprague-Grundy函式（簡稱SG函式），它比起P狀態和N狀態，能夠提供更多的資訊。
定義：用(X, F)來表示有向圖G。X是頂點集，F是後繼函式。設x是一個頂點，F(x)是一個集合，包含於X，任意一個元素y屬於F(x)，表示從x出發到y有一條邊。F(x)就是x的後繼集合，也可看成從x出發的決策集。如果F(x)是空集，那麼就表示x是終止狀態。
圖遊戲：一個兩人遊戲，在一個圖G(X, F)上玩，指明一個頂點x0並按照下列的規則：
l A先走，從x0開始；
l 兩人輪流走步；
l 從頂點x出發，只能走到頂點y，y屬於F(x)；
l 遇到終止狀態，即不能走步，此人輸。
對於一個圖，如果不管x0是哪個點，總存在一個n，使得從x0出發的任意一條路經的長度都不超過n，那麼這個圖就被稱為是“遞增有界”的。接下來主要討論遞增有界的圖遊戲。
拿遊戲1來舉例，設有n顆石子。頂點集X={0, 1, 2, …, n}，F(0)是空集，F(1)={0}，F(2)={0, 1}，F(k)={k-3, k-2, k-1}，3<=k<=n。下圖是n=10的情況。
SG函式
定義：
對於一個遞增有界的圖G(X, F)來說，SG函式g，是定義在X上的函式，函式值是非負整數，使得
用語言來描述就是：g(x)的值等於所有x的後繼的SG函式中沒有出現的最小非負整數。
對於遞增有界的圖，SG函式是唯一的、有界的。
所有的終止狀態x，因為F(x)是空集，所以g(x)=0。
給出下圖的SG函式。
例1
給出遊戲1的SG函式，看看有什麼規律，與P狀態和N狀態有什麼關係。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 …
g(x) 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 …
例2
有一堆石子，設當前剩下n顆石子，這一步至少要取走n/2取上界顆。唯一的終止狀態是剩0顆石子。給出SG函式，看看有什麼規律。
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …
g(x) 0 1 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 …
根據例1的結果，我們猜測SG函式與P狀態和N狀態是有關的。如果g(x)=0，那麼x就是P狀態，否則x就是N狀態。證明是很顯然的，我們只要根據兩者的定義，考慮以下三點：
l 如果x是終止狀態，那麼g(x)=0。
l 一個狀態x，如果g(x)≠0，那麼一定存在一個x的後繼y，使得g(y)=0。
l 一個狀態x，如果g(x)=0，那麼所有x的後繼y，都有g(y)≠0。
當然，SG函式還包含了其他的資訊，這些資訊在以後會用到。
多個組合遊戲的並
給定若干個組合遊戲，可以按照下面的規則將它們併成一個新的遊戲。
l 對每個遊戲給定初始狀態。
l 兩人輪流走步，從A開始。
l 每一輪，選擇一個未到達終止狀態的遊戲，在這個遊戲中按照規則走一步，其他遊戲的狀態不變。
l 最後一個走步者獲勝，即走完之後所有遊戲都到達終止狀態。
我們稱這個新的遊戲為“多個組合遊戲的並”。我們要來看如何用每一個遊戲的SG函式來求這個新的組合遊戲的SG函式。
n個圖遊戲的並
定義：有n個遞增有界的圖遊戲G1(X1, F1)，……，Gn(Xn, Fn)。把它們合併成一個新的遊戲G(X, F)，記為G=G1+G2+…+Gn。X是所有遊戲頂點集的笛卡爾積，即X=X1*X2*…*Xn。也就是說，我們用n元組(x1, x2, …, xn)來表示G中的頂點x，其中xi屬於Xi，對於所有的i。x的後繼F(x)可以定義成：
這樣定義的新的遊戲G，一定也是遞增有界的。把每個遊戲的界相加，就得到了新遊戲的界。
正如Nim遊戲那樣，如果堆數是1，那麼非常簡單；如果堆數是2，也很容易分析；但堆數如果大於2，就不是很明顯了。所以即使每個圖遊戲都是很平凡的，n個圖遊戲的並也可能相當複雜。
下面介紹的SG定理可以看成是定理1的一般化。
定理2
設G=G1+G2+…+Gn，Gi的SG函式是gi，i=1, 2, …, n。那麼G的SG函式g(x1, x2, …,xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，加法表示Nim和，即不進位的二進位制加法。
證明：
令x(x1, x2, …, xn)是X中任意一點，b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。
根據SG函式的定義，我們要說明兩點：
（1）、對於任意的非負整數a(a<b)，一定存在一個x的後繼y，使得g(y)=a。
（2）、x的任意一個後繼y，都有g(y)¹b。
首先來說明（1）。設d=a+b（nim和），d的二進位制表示有k位，則2k-1<=d<2k。d的第k位是1而且a<b，所以a的第k位是0，b的第k位是1。因為b=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，所以至少存在一個分量的第k位是1，不妨設它就是g1(x1)。那麼，就有d+g1(x1)<g1(x1)，也就存在從x1到x1’的一次走步，使得g1(x1’)=d+g1(x1)。那麼g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=d+g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)= d+b=a。
再說明（2）。反證法。不失一般性，假設後繼的走步是從x1到x1’，又有g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。根據消去率，g1(x1’)=g1(x1)，這與SG函式的定義不符，假設不成立。
例3、你每次可以從一堆石子中取走{1, 2, …, m}顆。對於1堆的問題，SG函式gm(x)=xmod (m+1)。如果考慮3個這樣的遊戲的並，第一個遊戲m=3，有9顆石子；第二個遊戲m=5，有10顆石子；第三個遊戲m=7，有14顆石子。g(9,10,14)=g3(9)+g5(10)+g7(14)=1+4+6=3，是一個N狀態。要取勝的話，下一次可以選擇第三個遊戲，取走1顆石子，使得g7(13)=5。那麼，還有別的取法嗎？
var
n,m,p,t,i:longint;
begin
readln(n);
t:=0;
for i:=1 to n do begin
readln(m,p);
t:=t xor (p mod (m+1));
end;
if t=0 then writeln('P') else writeln('N');
end.
取走-分割遊戲
這種遊戲允許取走某些東西，然後將原來的一個遊戲分成若干個相同的遊戲。
例1、Lasker’s Nim遊戲：每一輪允許兩種操作之一。（1）從一堆石子中取走任意多個（2）將一堆數量不少於2的石子分成都不為空的兩堆。
分析：
很明顯，g(0)=0，g(1)=1。狀態2的後繼有0，1和（1，1），它們的SG函式值分別是0，1和0，所以g(2)=2。狀態3的後繼有0，1，2和（1，2），它們的SG函式值分別是0，1，2和3，所以g(3)=4。狀態4的後繼有0，1，2，3，（1，3）和（2，2），它們的SG函式值分別是0，1，2，4，5和0，所以g(4)=3。在推一些，我們得到：
我們推測：對於所有的k>=0，有g(4k+1)=4k+1；g(4k+2)=4k+2；g(4k+3)=4k+4；g(4k+4)=4k+3。
請自行證明。
假設遊戲初始時有3堆，分別有2、5和7顆石子。三堆的SG函式值分別是2、5和8，它們的Nim和等於15。所以要走到P狀態，就要使得第三堆的SG值變成7，可以將第三堆分成按1和6分成兩堆。