博弈---尼姆博奕（Nimm Game）（重点）

尼姆博奕（Nimm
Game）：有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的

物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。

这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首

先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是

（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一

下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情

形。

计算机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号（+）表示

这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结

果：

1 =二进制01

2 =二进制10

3 =二进制11 （+）

———————

0 =二进制00 （注意不进位）

对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。

任何奇异局势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。

如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b

< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）

b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（

a（+）b）即可。



    例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达

到奇异局势（14，21，27）。

例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品

就形成了奇异局势（55，81，102）。

例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，4

5，48）。

例4。我们来实际进行一盘比赛看看：

        甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势

        乙:(1,8,9)->(1,8,4)

        甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势

        乙:(1,5,4)->(1,4,4)

        甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势

        乙:(0,4,4)->(0,4,2)

        甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势

        乙:(0,2,2)->(0,2,1)

        甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势

        乙:(0,1,1)->(0,1,0)

        甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势

        甲胜。

取火柴的游戏

题目1：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 

可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为胜，求必胜的方法。 

题目2：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 

可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为负，求必胜的方法。

嘿嘿，这个游戏我早就见识过了。小时候用珠算玩这个游戏：第一档拨一个，第二档拨两个，依次直到第五档拨五个。然后两个人就轮流再把棋子拨下来，谁要是最后一个拨谁就赢。有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏，我就在想有没有一个定论呢。下面就来试着证明一下吧

先解决第一个问题吧。

定义：若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示；否则， 

为利己态，用S表示。

[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。

证明：

    若有n堆火柴，每堆火柴有A(i)根火柴数，那么既然现在处于S态，

      c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0;

    把c表示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，则必然存在一个A(t),它二进制的第p位也是1。（否则，若所有的A(i)的第p位都是0，这与c的第p位就也为0矛盾）。

    那么我们把x = A(t) xor c,则得到x < A(t).这是因为既然A(t)的第p位与c的第p位同为1,那么x的第p位变为0,而高于p的位并没有改变。所以x < A(t).而

    A(1) xor A(2) xor … xor x xor … xor A(n)

  = A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n)

  = A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(n)

  = 0

这就是说从A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴后状态就会从S态变为T态。证毕

[定理2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。

证明：用反证法试试。

      若

      c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0；

      c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = 0;

      则有

c xor c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i’) =0

      进而推出A(i) = A(i’)，这与已知矛盾。所以命题得证。

[定理 3]：S态，只要方法正确，必赢。 

  最终胜利即由S态转变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理1，可以把它变成T态。）对方只能把T态转变为S态(定理2)。这样，所有S态向T态的转变都可以有己方控制，对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。

[定理4]：T态，只要对方法正确，必败。 

  由定理3易得。 

接着来解决第二个问题。

定义：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根，则称为充裕堆。

定义：T态中，若充裕堆的堆数大于等于2，则称为完全利他态，用T2表示；若充裕堆的堆数等于0，则称为部分利他态，用T0表示。

 

孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。故不会是T态。

[定理5]：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。 

证明：

S0态，其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对 

方取，所以最后一根必己取。败。同理,  T0态必胜#

[定理6]：S1态，只要方法正确，必胜。 

证明：

若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；否则，取成一根。这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。由定理5，对方必输。己必胜。  # 

[定理7]：S2态不可转一次变为T0态。 

证明：

充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。  #

[定理8]：S2态可一次转变为T2态。 

证明：

由定理1，S态可转变为T态，态可一次转变为T态，又由定理6，S2态不可转一次变为T0态，所以转变的T态为T2态。  # 

[定理9]：T2态，只能转变为S2态或S1态。 

证明：

由定理2，T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。 

[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜. 

证明：

方法如下： 

      1）  S2态，就把它变为T2态。（由定理8） 

      2）  对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9）

    若转变为S2,  转向1） 

    若转变为S1,  这己必胜。（定理5） 

[定理11]：T2态必输。 

证明：同10。 

综上所述，必输态有：  T2,S0 

          必胜态：    S2,S1,T0. 

两题比较： 

第一题的全过程其实如下： 

S2->T2->S2->T2->  ……  ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全0) 

第二题的全过程其实如下： 

S2->T2->S2->T2->  ……  ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全0) 

下划线表示胜利一方的取法。  是否发现了他们的惊人相似之处。 

我们不难发现(见加黑部分)，S1态可以转变为S0态（第二题做法），也可以转变为 

T0（第一题做法）。哪一方控制了S1态，他即可以有办法使自己得到最后一根（转变为 

T0）,也可以使对方得到最后一根（转变为S0）。 

  所以，抢夺S1是制胜的关键！ 

  为此，始终把T2态让给对方，将使对方处于被动状态，他早晚将把状态变为S1.

ZOJ 3113 

John
Time Limit: 1 Second      Memory Limit: 32768 KB
Little John is playing very funny game with his younger brother. There is one big box filled with M&Ms of different colors. At first John has to eat several M&Ms of the same color. Then his opponent has to make a turn. And so on. Please note that each player has to eat at least one M&M during his turn. If John (or his brother) will eat the last M&M from the box he will be considered as a looser and he will have to buy a new candy box.

Both of players are using optimal game strategy. John starts first always. You will be given information about M&Ms and your task is to determine a winner of such a beautiful game.

Input

The first line of input will contain a single integer T – the number of test cases. Next T pairs of lines will describe tests in a following format. The first line of each test will contain an integer N – the amount of different M&M colors in a box. Next line will contain N integers Ai, separated by spaces – amount of M&Ms of i-th color.

Constrains:

1 <= T <= 474,
1 <= N <= 47,
1 <= Ai <= 4747

Output

Output T lines each of them containing information about game winner. Print "John" if John will win the game or "Brother" in other case.

Sample Input

2
3
3 5 1
1
1
Sample Output

John
Brother

题目大意：n个堆 哥哥和弟弟每次可以从中拿任意多；最后拿的输

#include <stdio.h>
//本题利用上面的结论

<span style="color: rgb(51, 51, 51); font-family: Verdana, Arial, sans-serif, 'Lucida Grande'; font-size: 13px; line-height: 24px; background-color: rgb(214, 211, 214);">//综上所述，必输态有：  T2,S0  求这个会比较快</span><br style="color: rgb(51, 51, 51); font-family: Verdana, Arial, sans-serif, 'Lucida Grande'; font-size: 13px; line-height: 24px; background-color: rgb(214, 211, 214);" /><span style="color: rgb(51, 51, 51); font-family: Verdana, Arial, sans-serif, 'Lucida Grande'; font-size: 13px; line-height: 24px; background-color: rgb(214, 211, 214);">//       必胜态：    S2,S1,T0. </span>
int main()
{
 int n;int a[101];int t;int sum;
 int T;
 scanf("%d",&T);
 while(T--){
	 scanf("%d",&n);
	 t=0;sum=0;
	 for(int i=1;i<=n;i++){
	 scanf("%d",&a[i]);
	 sum^=a[i];
	 if(a[i]>1)t++;
	 }
	 if((sum!=0&&n%2!=0&&t==0)||(t>=2&&sum==0))printf("Brother\n");//S0||T2
	 else printf("John\n");
	 }
 return 0;
}

推荐HDOJ题目

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509

看完上面的结论，就能顺利解决上面2道了

 

 

S-Nim

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1536

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1944

 

 

 

博弈算法入门小节 1536 1517 1907

小子最近迷途于博弈之中。。。感触颇深。

为了让大家能够在学习博弈的时候少走弯路，最重要的也是为了加深自己的影响，温故而知新，特发此贴与大家共勉。

学博弈先从概念开始：

特别推荐LCY老师的课件：博弈入门。

下载地址：http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=6875

这个课件个人认为从博弈的基本思想，一直到解博弈的中心算法做了很好的诠释。但是特别要注意的是。课件后面一部分英语写的讲义是重中之重。小子英语很弱，在这困扰很久。现在为大家大概介绍一下。

主要是后继点和SG值的问题:

SG值：一个点的SG值就是一个不等于它的后继点的SG的且大于等于零的最小整数。

后继点：也就是按照题目要求的走法（比如取石子可以取的数量，方法）能够走一步达到的那个点。

具体的有关SG值是怎么运用的希望大家自己多想想。

课件后面有一个1536的代码。可以放在后面做做

看到这里推荐大家做几道题：1846（最简单的博弈水题）

1847（求SG值）

有了上面的知识接下来我们来看看组合博弈（n堆石子）

推荐大家看个资料：

博弈-取石子游戏(推荐等级五星级)

http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=20&tid=5748

http://hi.baidu.com/netnode/blog/item/30932c2edc7384514fc226ea.html

这里提出了一个奇异状态的问题。看了这篇文章你会发现异或运算在博弈中使用的妙处。当然这里指出的只是组合博弈中一种特殊情况。

王道还是对SG值的求解，但是知道这么一种思路无疑对思维的广度和深度扩展是很有帮助的。

ZZ博弈

http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=9&tid=10617

这里介绍了组和博弈的两种大的类型，一种是最后取的是N状态一种是最后取的是P状态，两个状态的解题方法能看懂很有帮助。当然，能够把推导过程理解，吃透无疑是大牛级的做法~小子也佩服的紧~   

    1536题推荐做做这题，这题前面提醒大家是一个求SG值的题目，题目前面是对异或运算运用在组合博弈问题中的很好的解释。当然题目本身是有所不同的。因为在这里面对取法有所要求。那么这样就回归到了解决博弈问题的王道算法——求SG值上。

    有关运用求SG值的博弈题目有： 1850（也可基于奇异状态异或）

1848（中和的大斐波那契数列的典型求SG值题）

1517（个人认为有点猥琐的题目。。。。在此题上困扰很久。当然搞出来很开心。小子是用比较规矩的求SG值的方法求出来的，但是论坛有人对其推出来了规律，这里佩服一下，大家可以学习一下）

1079（更猥琐的题目，对新手要求较高，因为按传统方法需要比较细致的模拟加对边角状态的考虑，同样有人推出来了公式）

当你全部看完以上的东西。做完以上的题目的话。。。小子恭喜你~你博弈入门了~~~~

    这里小子告诉大家。博弈很强大。学习要耐心~谢谢

Current System Time : 2008-12-11 19:16:03

ACM课作业：

1001 Brave Game

1002 Good Luck in CET-4 Everybody!

1003 Fibonacci again and again

1004 Rabbit and Grass

1005 Being a Good Boy in Spring Festival

1006 Public Sale 

1007 悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者 

1008 kiki’s game 

1009 Calendar Game 

1010 A Multiplication Game 

1011 Digital Deletions 

1012 S-Nim

http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=11339&fpage=0&toread=&page=1

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