【博弈論】組合遊戲及SG函式淺析
阿新 • • 發佈：2021-03-17
# 目錄
> 預備知識
> 普通的Nim遊戲
> SG函式
## 預備知識
### 公平組合遊戲（ICG）
若一個遊戲滿足：
+ 由兩名玩家交替行動；
+ 遊戲中任意時刻，合法操作集合只取決於這個局面本身；
+ 若輪到某位選手時，若該選手無合法操作，則這名選手判負；
則稱該遊戲為一個**公平組合遊戲**。
### Nim遊戲
有若干堆石子，每堆石子的數量都是有限的，合法的移動是“選擇一堆石子並拿走若干顆（不能不拿）”，如果輪到某個人時所有的石子堆都已經被拿空了，則判負（因為他此刻沒有任何合法的移動）。
### mex（minimal exdudant）函式
設 $S$ 表示一個非負整數集合。定義 $mex(S)$ 為求出不屬於集合 $S$ 的最小非負整數的運算。
如：{ $0,1,3$ } 對應的 $mex值$ 就是 $2$ 。
### SG函式簡介
定義 $SG(x)=mex(S)$ ，其中 $S$ 指 $x$ 的後繼狀態對應的 $SG函式值$ 的集合。
> 在 $SG$函式板塊對應的模板題中（見下），$x$ 代表著該堆石子的數量。
## 普通的Nim遊戲
題目傳送門：https://www.acwing.com/problem/content/893/
**題面：**給定n堆石子，兩位玩家輪流操作，每次操作可以從任意一堆石子中拿走任意數量的石子（可以拿完，但不能不拿），最後無法進行操作的人視為失敗。
問如果兩人都採用最優策略，先手是否必勝。
### 分析
這題的結論十分地簡潔，就是：
若 $a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=0$ ，則先手必負，否則先手必勝。
#### 證明：
> 我們記 $a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}$ 為數列a的**異或和**，以下簡記為**異或和**。
先給出兩條引理：
+ $a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=x~(x>0)$ 時，必可以從一堆石子中拿走若干個石子，使得**異或和**為 $0$。
證明：$x$ 的最高位（記為第 $k$ 位）是 $1$ ，$a$ 中必然存在 $a_i$ 滿足 $a_i$ 第 $k$ 位是 $1$ ，那麼我們將 $a_i$ 變為 $a_i \bigoplus x$ （因為 $x\not=0$，所以這樣操作一定合法），那麼變換後的**異或和**即為 $0$ 。
+ $a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=0$ 時，不存在合法操作，使得**異或和**仍為 $0$。
證明：假設將 $a_i$ 變為 $v$ 後**異或和**為 $0$
即 $a_{1} \bigoplus a_{2}... \bigoplus a_{i}...\bigoplus a_{n}=0$ ，我們將這個式子與上式 $a_{1} \bigoplus a_{2}... \bigoplus v...\bigoplus a_{n}=0$ 聯立，即得 $a_{i}\bigoplus v=0$，意味著 $a_{i}=v$ ，即 $a_{i}$ 不變，不是合法操作，故矛盾。
證明完引理後就不難了：
若輪到先手時，**異或和**為 $0$ ，那麼無論先手如何行動，後手都可以進行操作，使再次輪到先手時**異或和**仍為 $0$ ，而遊戲結束時異或和必然為 $0$ ，故先手必敗。
反之（即若輪到先手時，**異或和**不為 $0$ ）後手必敗。
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int k; cin>>k;
res^=k;
}
if(res) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
```
## SG函式
利用一道模板題引入：
**題目傳送門**：https://www.acwing.com/problem/content/description/895/
**題面**：
給定 $n$ 堆石子以及一個由 $k$ 個不同正整數構成的數字集合 $S$ 。
現在有兩位玩家輪流操作，每次操作可以從任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子數量必須包含於集合 $S$ ，最後無法進行操作的人視為失敗。
問如果兩人都採用最優策略，先手是否必勝。
### 分析
#### 先從一堆石子分析開始：
例如：該堆石子有 $6$ 個，每次可取 $2$ 或 $3$ 個，求 $SG(6)$ 。
我們可以畫出一棵樹，代表著兩人的決策樹。
> S;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));
for(int i=0;;i++)
if(!S.count(i)) return f[x]=i;
}
```
using namespace std;
const int N=105 ,M=1e4+5;
int n,k;
int f[M]; // SG函式的值
int s[N]; // 可以取多少石子
int sg(int x){
if(f[x]!=-1) return f[x]; // 當已經更新過就直接返回。
unordered_set S;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));
for(int i=0;;i++)
if(!S.count(i)) return f[x]=i;
}
int main(){
memset(f,-1,sizeof f); // init
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++) cin>>s[i];
cin>>n;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int t; cin>>t;
res^=sg(t);
}
if(res) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
```