博弈のSG函式
遇到博弈的一些題目不能直接找規律，但是一些問題是有類似於分治的思想，就是大問題能轉為更小的子問題，如：100個石頭拿5個走，那問題就簡化為95個石頭。
SG即用一個有向圖表示輸贏狀態，圖中的結點值為0表示先手必敗，非0為先手必勝點，即：
對於一個局面x，它的sg值：
（1）當前局面x為終結局面，則sg[x] = 0;
（2）當前局面x不是終結局面，則sg[x] = mex{ sg[y] |
y為x的後繼局面};
mex{ a[i] } 表示a中未出現的最小非負整數。舉個栗子：mex{0, 1, 2} = 3, mex{1, 2}=0, mex{0,1,3}=2;
程式怎麼求mex{}呢？標記那些sg[y]的vis值為1，最後從0開始遍歷vis陣列，第一個為0的就是mex{}。
可以發現
（1）若一個局面x為終結局面，則有sg(x)=0；否則sg(x)>0。
（2）若一個局面x，其sg(x)>0，則一定存在一個後續局面y，sg(y)=0。
（3）若一個局面x，其sg(x)=0，則x的所有後續局面y，sg(y)>0。
多個遊戲下有sg定理：對於多個單一遊戲，X=x[1..n]，每一次我們只能改變其中一個單一遊戲的局面，則其總局面的sg值等於這些單一遊戲的sg值異或和。
即：sg(X) = sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n])
簡單粗暴的理解就是1堆石頭（100個）分成2堆，分別為p和q個，則sg[ 100 ] = sg[ p] ^ sg[ q ];
/*****************************上面內容是hihocoder講述的簡化，畢竟講的不錯**************************/
sg[n]的具體數值代表什麼？
sg[n] = 0 ：必敗，不管怎麼走都是輸，要麼因為無法操作而直接輸或者後續狀態是必勝態，導致對手贏了sg[n] = 1 ： 一階必勝，不管怎麼走都會轉到必敗給對手
sg[n] = 2 ： 二階必勝，可以走到必敗，也可以走到一階必勝，當然我們會選擇必敗給對方
sg[n] = 3 ： 三階必勝，可以走到必敗或者一階、二階必勝。
同理 sg[n] = x，則n這個狀態的後續狀態有0、1、2。。。x-1，即可以選擇（操作不同）到小於x的任何狀態
為什麼需要mex{}而非其他函式？
一個狀態可以經過操作後轉到必敗、二階、三階，那麼它應該是一階還是四階？根據sg[n]可以轉到小於sg[n]的狀態這個定義來看，該狀態應該是一階的，這個求的操作就剛好對應於mex{}。
既然sg[n]非0則為必敗，我們又只需要知道是否必勝，那麼是否可以將必勝都固定為1？
在單一遊戲下是可以的，因為只關注是否必勝而不在意怎麼勝，也因此多數OJ博弈題目可以省掉個迴圈，而判斷是否必勝根據mex{}我們只需判後續狀態有無必敗點，即vis[ 0 ] 是否為true，為true表示有有某個後續狀態x的sg[x]為0，下面會有例子。
在多個遊戲的組合下是不行的，多遊戲下我們會用異或和來判斷結果，但固定值的話X階必勝和Y階必勝的異或可能是必勝也可能是必敗，但固定值的話直接就為0（必敗）了。為什麼是異或而非其他操作呢？請轉看上面那個知乎連結。
假如當前狀態n是必勝點，如何求它應該做什麼操作讓對方輸？
已知當前態可以轉到必敗或者1到sg[n] - 1 階勝態，而sg值為0代表必敗，所以我們在標記後續點的時候判斷下如果某個後續狀態sg值是0，那麼當前狀態轉到那個狀態即可留必敗給對手，從而勝利。
如取石頭，允許取1，2，3個石頭的情況，ans[n]就代表為0的後續狀態，那麼取n-ans[n]個即可留必敗給對手。
int nxt[] = {1, 2, 3};
for (int i = 0; i < 3 && nxt[i] <= n; ++i) {
vis[sg[n - nxt[i]]] = 1;
if (sg[n - nxt[i]] == 0) ans[n] = n - nxt[i];
}sg函式的適用範圍？
符合策梅洛定理的遊戲要麼先手有必勝策略，要麼後手有必勝策略，要麼雙方有必不敗策略
策梅洛定理的規則：雙人回合制、有限步結束、資訊公開完備（玩家知道此前全部操作步驟）、無隨機因素。
而sg除以上情況外還需要遊戲沒有平局，這點也就去掉了“雙方有必不敗策略”的情況，也就是說上述條件再加個無平局即可適用sg，所以取石頭遊戲也是可以適用的。
先取完者勝問題下sg[0]初始化為0是什麼情況？
sg博弈為0的定義是無法操作為敗，對於先取完者勝的情況，0是無法操作的，應該認為是敗點，如果特意說明為勝點，則sg[0]賦值為1即可。
下面看題目
N張牌，每次可以拿2的次冪個，先取完者勝。
解：若n為先手必勝，則sg[ n ] 不為0，否則為0，顯然，sg[ 0 ] = 0（是終結狀態且先手敗），而 x 的後繼狀態即 x - 2 ^ j（即取走後剩下多少），我們遍歷所有的j，把 x - 2 ^ j 標記為1，再for迴圈在vis裡找第一個0就是。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1000 + 5;
bool vis[maxn];
int sg[maxn];
int getSg(int n) {
memset (vis, false, sizeof(vis)); //對每個當前狀態都清0
for (int i = 1; i <= n; i *= 2) {
vis[sg[n - i]] = true; //標記 sg[當前狀態的所有後續狀態]
}
for (int i = 0; i <= n; ++i){ //mex{sg[i]}, 其中 0 <= i < n
if(!vis[i]) return sg[n] = i;
}
}
void work(int n) {
memset (sg, 0, sizeof(sg));
sg[0] = 0; //0為必敗點
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
getSg(i);
}
}
int main() {
int n;
work(1000);
while (cin >> n) {
if (sg[n]) {
cout << "Kiki" << endl;
} else {
cout << "Cici" << endl;
}
}
return 0;
}因為只需知道勝負，我們可以省個迴圈，甚至把sg陣列定義為bool
int getSg(int n) {
memset (vis, false, sizeof(vis));
for (int i = 1; i <= n; i *= 2) {
vis[sg[n - i]] = true;
}
if (vis[0]) return sg[n] = 1;
return sg[n] = 0;
}取石頭遊戲：n個石頭，一次能取1-m個的情況問題
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define clr( a , x ) memset ( a , x , sizeof (a) );
const int maxn = 1e3 + 5;
int vis[maxn], sg[maxn];
int ans[maxn];
int getSgN(int n, int m) {
clr(vis, 0);
for (int i = 1; i <= m && m <= n; ++i) {
vis[sg[n - i]] = 1;
if (sg[n - i] == 0) ans[n] = i; //取i個石頭即可留必敗點n-i給對手，從而獲勝
}
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) return sg[n] = i;
}
}
int getSg(int n, int m) {
clr(sg, 0);
clr(ans, 0);
sg[0] = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) { //i<=m時，一階必勝
sg[i] = 1; ans[i] = i;
}
for (int i = m + 1; i <= n; ++i) {
getSgN(i, m);
}
}
int main() {
int n = 20, m = 3;{
// while (cin >> n >> m) {
getSg(n, m);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (sg[i]) {
printf("%d個石頭先手必勝，應取%d個石頭讓對手處於%d這個必敗狀態，sg值為%d\n", i, ans[i], i - ans[i],sg[i] );
}else{
printf("%d個石頭先手必敗，不管怎麼取，都會留必勝點給對手\n", i );
}
puts("");
}
}
return 0;
}
HDU 1848.Fibonacci again and again
3堆石頭，解就是各堆石頭sg值的異或(SG定理），不能直接判斷為1還是0了，需要存sg值
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define clr( a , x ) memset ( a , x , sizeof (a) );
#define RE freopen("in.txt","r",stdin);
#define WE freopen("out.txt","w",stdout);
const int maxn = 1000 + 5;
int fib[16] = {1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597};
int vis[maxn];
int sg[maxn];
int gg(int n) {
clr(vis, 0);
for (int i = 0; fib[i] <= n; i ++) {
vis[sg[n - fib[i]]] = 1;
}
for (int i = 0; i <= n; ++i){
if(!vis[i]) return sg[n] = i;
}
}
void gao(int n) {
clr(sg, 0);
sg[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
gg(i);
}
}
int main() {
int n, m, q;
gao(1000);
while (cin >> n >> m >> q, n || m || q) {
if (sg[n] ^ sg[m] ^ sg[q] ) {
cout << "Fibo" << endl;
} else {
cout << "Nacci" << endl;
}
}
return 0;
}n個珠子的環形鏈，每次必須選連續的m個，然後斷開，不能操作者輸。
因為連續m個的起點和終點不同，當不夠m個時為敗，這導致了相同的n會有不同的結果，所以不能簡單的for迴圈了，得記憶化搜尋來。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int t, n, m;
int f[1005];
bool emerge[1000];
int get_sg(int len)
{
if(len<m) return f[len]=0;
if(f[len]!=-1) return f[len];
bool vs[1001]={0};
for(int i=0; len-i-m>=0; i++)
vs[get_sg(i)^get_sg(len-i-m)]=1;
for(int i=0; i<1001; i++)
if(!vs[i]) return f[len]=i;
}
int main()
{
scanf("%d", &t);
for(int ca=1; ca<=t; ca++)
{
scanf("%d%d", &n, &m);
memset(f, -1, sizeof(f));
printf("Case #%d: ", ca);
if(n<m || get_sg(n-m)) printf("abcdxyzk\n");
else printf("aekdycoin\n");
}
return 0;
}
/* //迷之WA
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define eps 10^(-6)
#define Q_CIN ios::sync_with_stdio(false);
#define REP( i , n ) for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i )
#define FOR( i , a , b ) for ( int i = a ; i <= b ; ++ i )
#define CLR( a , x ) memset ( a , x , sizeof (a) );
#define RE freopen("1.in","r",stdin);
#define WE freopen("1.out","w",stdout);
int n,m,sg[1005];
bool gao(int len)
{
if(sg[len]!=-1) return sg[len];
if(len<m) return sg[len]=0;
bool vis[1001]={0};
for(int i=0;len-m-i>=0;i++){
vis[ gao(i) ^ gao(len-i-m) ] = 1;
}
for(int i=0;i<1001;i++){
if(!vis[i])
return sg[len]=i;
}
}
int main()
{
// RE
int t;
cin>>t;
for(int te=1;te<=t;te++){
cin>>n>>m;
memset(sg,-1,sizeof(sg));
cout<<"Case #"<<te<<": ";
if(n<m||gao(n-m)){
cout<<"abcdxyzk"<<endl;
}
else cout<<"aekdycoin"<<endl;
}
return 0;
}
*/