acm之简单博弈 Nim Bash Wythoff

前些日子我打算开了博弈基础，事后想进行总结下

一句话就是分析必胜或必败，异或为0。

以下内容来自转载：

Nim游戏的概述：

还记得这个游戏吗？
给出n列珍珠，两人轮流取珍珠，每次在某一列中取至少1颗珍珠，但不能在两列中取。最后拿光珍珠的人输。
后来，在一份资料上看到，这种游戏称为“拈（Nim）”。据说，它源自中国，经由被贩卖到美洲的奴工们外传。辛苦的工人们，在工作闲暇之余，用石头玩游戏以排遣寂寞。后来流传到高级人士，则用便士（Pennies），在酒吧柜台上玩。
最有名的玩法，是把十二枚便士放成3、4、5三列，拿光铜板的人赢。后来，大家发现，先取的人只要在3那列里取走2枚，变成了1、4、5，就能稳操胜券了，游戏也就变得无趣了。于是大家就增加列数，增加铜板的数量，这样就让人们有了毫无规律的感觉，不易于把握。
直到本世纪初，哈佛大学数学系副教授查理士•理昂纳德•包顿（Chales Leonard Bouton）提出一篇极详尽的分析和证明，利用数的二进制表示法，解答了这个游戏的一般法则。
一般规则是规定拿光铜板的人赢。
它的变体是规定拿光铜板的人输，只要注意某种特殊形态（只有1列不为1），就可以了！
有很多人把这个方法写成计算机程序，来和人对抗，不知就理的人被骗得团团转，无不惊叹计算机的神奇伟大。其实说穿了，只因为它计算比人快，数的转化为二进制其速度快得非人能比，如此罢了。
（以上来自K12教育论坛）

Nim游戏的数学理论论述：

Nim游戏是博弈论中最经典的模型，它又有着十分简单的规则和无比优美的结论
Nim游戏是组合游戏(Combinatorial Games)的一种，准确来说，属于“Impartial Combinatorial Games”（以下简称ICG）。满足以下条件的游戏是ICG（可能不太严谨）：1、有两名选手；2、两名选手交替对游戏进行移动(move)，每次一步，选手可以在（一般而言）有限的合法移动集合中任选一种进行移动；3、对于游戏的任何一种可能的局面，合法的移动集合只取决于这个局面本身，不取决于轮到哪名选手操作、以前的任何操作、骰子的点数或者其它什么因素； 4、如果轮到某名选手移动，且这个局面的合法的移动集合为空（也就是说此时无法进行移动），则这名选手负。根据这个定义，很多日常的游戏并非ICG。例如象棋就不满足条件3，因为红方只能移动红子，黑方只能移动黑子，合法的移动集合取决于轮到哪名选手操作。

通常的Nim游戏的定义是这样的：有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。
这游戏看上去有点复杂，先从简单情况开始研究吧。如果轮到你的时候，只剩下一堆石子，那么此时的必胜策略肯定是把这堆石子全部拿完一颗也不给对手剩，然后对手就输了。如果剩下两堆不相等的石子，必胜策略是通过取多的一堆的石子将两堆石子变得相等，以后如果对手在某一堆里拿若干颗，你就可以在另一堆中拿同样多的颗数，直至胜利。如果你面对的是两堆相等的石子，那么此时你是没有任何必胜策略的，反而对手可以遵循上面的策略保证必胜。如果是三堆石子……好像已经很难分析了，看来我们必须要借助一些其它好用的（最好是程式化的）分析方法了，或者说，我们最好能够设计出一种在有必胜策略时就能找到必胜策略的算法。

定义P-position和N-position，其中P代表Previous，N代表Next。直观的说，上一次move的人有必胜策略的局面是P-position，也就是“后手可保证必胜”或者“先手必败”，现在轮到move的人有必胜策略的局面是N-position，也就是“先手可保证必胜”。更严谨的定义是：1.无法进行任何移动的局面（也就是terminal position）是P-position；2.可以移动到P-position的局面是N-position；3.所有移动都导致N-position的局面是P-position。
按照这个定义，如果局面不可能重现，或者说positions的集合可以进行拓扑排序，那么每个position或者是P-position或者是N-position，而且可以通过定义计算出来。

以Nim游戏为例来进行一下计算。比如说我刚才说当只有两堆石子且两堆石子数量相等时后手有必胜策略，也就是这是一个P-position，下面我们依靠定义证明一下(3,3)是一个P是一个P是一个P-position。首先(3,3)的子局面（也就是通过合法移动可以导致的局面）有(0,3)(1,3)(2,3)（显然交换石子堆的位置不影响其性质，所以把(x,y)和(y,x)看成同一种局面），只需要计算出这三种局面的性质就可以了。 (0,3)的子局面有(0,0)、(0,1)、(0,2)，其中(0,0)显然是P-position，所以(0,3)是N-position（只要找到一个是P-position的子局面就能说明是N-position）。(1,3)的后继中(1,1)是P-position（因为(1,1)的唯一子局面(0,1)是N-position），所以(1,3)也是N-position。同样可以证明(2,3)是N-position。所以(3,3)的所有子局面都是N-position，它就是P-position。通过一点简单的数学归纳，可以严格的证明“有两堆石子时的局面是P-position当且仅当这两堆石子的数目相等”。

根据上面这个过程，可以得到一个递归的算法——对于当前的局面，递归计算它的所有子局面的性质，如果存在某个子局面是P-position，那么向这个子局面的移动就是必胜策略。当然，可能你已经敏锐地看出有大量的重叠子问题，所以可以用DP或者记忆化搜索的方法以提高效率。但问题是，利用这个算法，对于某个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)来说，要想判断它的性质以及找出必胜策略，需要计算O(a1*a2*...*an)个局面的性质，不管怎样记忆化都无法降低这个时间复杂度。所以我们需要更高效的判断Nim游戏的局面的性质的方法。

直接说结论好了。

(Bouton's Theorem)：对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)，它是P-position当且仅当a1^a2^...^an=0，其中^表示异或(xor)运算。

怎么样，是不是很神奇？我看到它的时候也觉得很神奇，完全没有道理的和异或运算扯上了关系。但这个定理的证明却也不复杂，基本上就是按照两种position的证明来的。

根据定义，证明一种判断position的性质的方法的正确性，只需证明三个命题： 1、这个判断将所有terminal position判为P-position；2、根据这个判断被判为N-position的局面一定可以移动到某个P-position；3、根据这个判断被判为P-position的局面无法移动到某个P-position。

第一个命题显然，terminal position只有一个，就是全0，异或仍然是0。

第二个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。不妨设a1^a2^...^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k<ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai'=ai^k，此时a1^a2^...^ai'^...^an=a1^a2^...^an^k=0。

第三个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^...^an=a1^a2^...^ai'^...^an可以得到ai=ai'。所以将ai改变成ai'不是一个合法的移动。证毕。

根据这个定理，我们可以在O(n)的时间内判断一个Nim的局面的性质，且如果它是N-position，也可以在O(n)的时间内找到所有的必胜策略。Nim问题就这样基本上完美的解决了。

（以上来自百度百科）

Nim游戏的形象具体论述：

Nim取子游戏是由两个人面对若干堆硬币（或石子）进行的游戏。设有k>=1堆硬币，各堆分别含有N₁，N₂，……N_K枚硬币。游戏的目的就是选择最后剩下的硬币。游戏法则如下：

1．两个游戏人交替进行游戏（游戏人I和游戏人II）；

2．当轮到每个游戏人取子时，选择这些堆中的一堆，并从所选的堆中取走至少一枚硬币（游戏人可以取走他所选堆中的全部硬币）；

3．当所有的堆都变成空堆时，最后取子的游戏人即为胜者。

这个游戏中的变量是堆数k和各堆的硬币数N₁，N₂，……N_k。对应的组合问题是，确定游戏人I获胜还是游戏人II获胜以及两个游戏人应该如何取子才能保证自己获胜（获胜策略）。

为了进一步理解Nim取子游戏，我们考查某些特殊情况。如果游戏开始时只有一堆硬币，游戏人I则通过取走所有的硬币而获胜。现在设有2堆硬币，且硬币数量分别为N₁和N₂。游戏人取得胜利并不在于N1和N2的值具体是多少，而是取决于它们是否相等。设N₁！=N₂，游戏人I从大堆中取走的硬币使得两堆硬币数量相等，于是，游戏人I以后每次取子的数量与游戏人II相等而最终获胜。但是如果N₁= N₂，则：游戏人II只要按着游戏人I取子的数量在另一堆中取相等数量的硬币，最终获胜者将会是游戏人II。这样，两堆的取子获胜策略就已经找到了。

现在我们如何从两堆的取子策略扩展到任意堆数中呢？

首先来回忆一下，每个正整数都有对应的一个二进制数，例如：57₍₁₀₎ à 111001₍₂₎ ，即：57₍₁₀₎=2⁵+2⁴+2³+2⁰。于是，我们可以认为每一堆硬币数由2的幂数的子堆组成。这样，含有57枚硬币大堆就能看成是分别由数量为2⁵、2⁴、2³、2⁰的各个子堆组成。

现在考虑各大堆大小分别为N₁，N₂，……N_k的一般的Nim取子游戏。将每一个数N_i表示为其二进制数（数的位数相等，不等时在前面补0）：

N₁ = a_s…a₁a₀

N₂ = b_s…b₁b₀

……

N_k = m_s…m₁m₀

如果每一种大小的子堆的个数都是偶数，我们就称Nim取子游戏是平衡的，而对应位相加是偶数的称为平衡位，否则称为非平衡位。因此，Nim取子游戏是平衡的，当且仅当：

a_s + b_s + … + m_s 是偶数

……

a₁ + b₁ + … + m₁ 是偶数

a₀ + b₀ + … + m₀是偶数

于是，我们就能得出获胜策略：

游戏人I能够在非平衡取子游戏中取胜，而游戏人II能够在平衡的取子游戏中取胜。

我们以一个两堆硬币的Nim取子游戏作为试验。设游戏开始时游戏处于非平衡状态。这样，游戏人I就能通过一种取子方式使得他取子后留给游戏人II的是一个平衡状态下的游戏，接着无论游戏人II如何取子，再留给游戏人I的一定是一个非平衡状态游戏，如此反复进行，当游戏人II在最后一次平衡状态下取子后，游戏人I便能一次性取走所有的硬币而获胜。而如果游戏开始时游戏牌平衡状态，那根据上述方式取子，最终游戏人II能获胜。

下面应用此获胜策略来考虑4-堆的Nim取子游戏。其中各堆的大小分别为7，9，12，15枚硬币。用二进制表示各数分别为：0111，1001，1100和1111。于是可得到如下一表：

	23 = 8	22 = 4	21 = 2	20 = 1
大小为7的堆	0	1	1	1
大小为9的堆	1	0	0	1
大小为12的堆	1	1	0	0
大小为15的堆	1	1	1	1

由Nim取子游戏的平衡条件可知，此游戏是一个非平衡状态的取子游戏，因此，游戏人I在按获胜策略进行取子游戏下将一定能够取得最终的胜利。具体做法有多种，游戏人I可以从大小为12的堆中取走11枚硬币，使得游戏达到平衡（如下表），

	23 = 8	22 = 4	21 = 2	20 = 1
大小为7的堆	0	1	1	1
大小为9的堆	1	0	0	1
大小为12的堆	0	0	0	1
大小为15的堆	1	1	1	1

之后，无论游戏人II如何取子，游戏人I在取子后仍使得游戏达到平衡。

同样的道理，游戏人I也可以选择大小为9的堆并取走5枚硬币而剩下4枚，或者，游戏人I从大小为15的堆中取走13枚而留下2枚。

归根结底，Nim取子游戏的关键在于游戏开始时游戏处于何种状态（平衡或非平衡）和第一个游戏人是否能够按照取子游戏的获胜策略来进行游戏。

(以上转自Rainco_shnu的百度空间)

下面写点自己的东西:

如果Nim游戏中的规则稍微变动一下,每次最多只能取K个,怎么处理?

方法是将每堆石子数mod (k+1).

Bash Game

巴什博弈：只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜。

显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。

这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。

对于巴什博弈，那么我们规定，如果最后取光者输，那么又会如何呢？

（n-1）%（m+1）==0则后手胜利

先手会重新决定策略，所以不是简单的相反行的

例如n=15，m=3

后手 先手 剩余

0 2 13

1 3 9

2 2 5

3 1 1

1 0 0

先手胜利 输的人最后必定只抓走一个，如果>1个，则必定会留一个给对手

Wythoff Game

威佐夫博弈（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。

两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。

结论

那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：

ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...n 方括号表示取整函数)

奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1.618...因此，由ak，bk组成的矩形近似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，b = aj + j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。

附：来自Matrix67: The Aha Moments

什么是P问题、NP问题和NPC问题

这或许是众多OIer最大的误区之一。
    你会经常看到网上出现“这怎么做，这不是NP问题吗”、“这个只有搜了，这已经被证明是NP问题了”之类的话。你要知道，大多数人此时所说的NP问题其实都是指的NPC问题。他们没有搞清楚NP问题和NPC问题的概念。NP问题并不是那种“只有搜才行”的问题，NPC问题才是。好，行了，基本上这个误解已经被澄清了。下面的内容都是在讲什么是P问题，什么是NP问题，什么是NPC问题，你如果不是很感兴趣就可以不看了。接下来你可以看到，把NP问题当成是 NPC问题是一个多大的错误。

还是先用几句话简单说明一下时间复杂度。时间复杂度并不是表示一个程序解决问题需要花多少时间，而是当问题规模扩大后，程序需要的时间长度增长得有多快。也就是说，对于高速处理数据的计算机来说，处理某一个特定数据的效率不能衡量一个程序的好坏，而应该看当这个数据的规模变大到数百倍后，程序运行时间是否还是一样，或者也跟着慢了数百倍，或者变慢了数万倍。不管数据有多大，程序处理花的时间始终是那么多的，我们就说这个程序很好，具有O(1)的时间复杂度，也称常数级复杂度；数据规模变得有多大，花的时间也跟着变得有多长，这个程序的时间复杂度就是O(n)，比如找n个数中的最大值；而像冒泡排序、插入排序等，数据扩大2倍，时间变慢4倍的，属于O(n^2)的复杂度。还有一些穷举类的算法，所需时间长度成几何阶数上涨，这就是O(a^n)的指数级复杂度，甚至O(n!)的阶乘级复杂度。不会存在O(2*n^2)的复杂度，因为前面的那个“2”是系数，根本不会影响到整个程序的时间增长。同样地，O (n^3+n^2)的复杂度也就是O(n^3)的复杂度。因此，我们会说，一个O(0.01*n^3)的程序的效率比O(100*n^2)的效率低，尽管在n很小的时候，前者优于后者，但后者时间随数据规模增长得慢，最终O(n^3)的复杂度将远远超过O(n^2)。我们也说，O(n^100)的复杂度小于O(1.01^n)的复杂度。
    容易看出，前面的几类复杂度被分为两种级别，其中后者的复杂度无论如何都远远大于前者：一种是O(1),O(log(n)),O(n^a)等，我们把它叫做多项式级的复杂度，因为它的规模n出现在底数的位置；另一种是O(a^n)和O(n!)型复杂度，它是非多项式级的，其复杂度计算机往往不能承受。当我们在解决一个问题时，我们选择的算法通常都需要是多项式级的复杂度，非多项式级的复杂度需要的时间太多，往往会超时，除非是数据规模非常小。

自然地，人们会想到一个问题：会不会所有的问题都可以找到复杂度为多项式级的算法呢？很遗憾，答案是否定的。有些问题甚至根本不可能找到一个正确的算法来，这称之为“不可解问题”(Undecidable Decision Problem)。The Halting Problem就是一个著名的不可解问题，在我的Blog上有过专门的介绍和证明。再比如，输出从1到n这n个数的全排列。不管你用什么方法，你的复杂度都是阶乘级，因为你总得用阶乘级的时间打印出结果来。有人说，这样的“问题”不是一个“正规”的问题，正规的问题是让程序解决一个问题，输出一个“YES”或“NO”（这被称为判定性问题），或者一个什么什么的最优值（这被称为最优化问题）。那么，根据这个定义，我也能举出一个不大可能会有多项式级算法的问题来：Hamilton回路。问题是这样的：给你一个图，问你能否找到一条经过每个顶点一次且恰好一次（不遗漏也不重复）最后又走回来的路（满足这个条件的路径叫做Hamilton回路）。这个问题现在还没有找到多项式级的算法。事实上，这个问题就是我们后面要说的NPC问题。

下面引入P类问题的概念：如果一个问题可以找到一个能在多项式的时间里解决它的算法，那么这个问题就属于P问题。P是英文单词多项式的第一个字母。哪些问题是P类问题呢？通常NOI和NOIP不会出不属于P类问题的题目。我们常见到的一些信息奥赛的题目都是P问题。道理很简单，一个用穷举换来的非多项式级时间的超时程序不会涵盖任何有价值的算法。
    接下来引入NP问题的概念。这个就有点难理解了，或者说容易理解错误。在这里强调（回到我竭力想澄清的误区上），NP问题不是非P类问题。NP问题是指可以在多项式的时间里验证一个解的问题。NP问题的另一个定义是，可以在多项式的时间里猜出一个解的问题。比方说，我RP很好，在程序中需要枚举时，我可以一猜一个准。现在某人拿到了一个求最短路径的问题，问从起点到终点是否有一条小于100个单位长度的路线。它根据数据画好了图，但怎么也算不出来，于是来问我：你看怎么选条路走得最少？我说，我RP很好，肯定能随便给你指条很短的路出来。然后我就胡乱画了几条线，说就这条吧。那人按我指的这条把权值加起来一看，嘿，神了，路径长度98，比100小。于是答案出来了，存在比100小的路径。别人会问他这题怎么做出来的，他就可以说，因为我找到了一个比100 小的解。在这个题中，找一个解很困难，但验证一个解很容易。验证一个解只需要O(n)的时间复杂度，也就是说我可以花O(n)的时间把我猜的路径的长度加出来。那么，只要我RP好，猜得准，我一定能在多项式的时间里解决这个问题。我猜到的方案总是最优的，不满足题意的方案也不会来骗我去选它。这就是NP问题。当然有不是NP问题的问题，即你猜到了解但是没用，因为你不能在多项式的时间里去验证它。下面我要举的例子是一个经典的例子，它指出了一个目前还没有办法在多项式的时间里验证一个解的问题。很显然，前面所说的Hamilton回路是NP问题，因为验证一条路是否恰好经过了每一个顶点非常容易。但我要把问题换成这样：试问一个图中是否不存在Hamilton回路。这样问题就没法在多项式的时间里进行验证了，因为除非你试过所有的路，否则你不敢断定它“没有Hamilton回路”。
    之所以要定义NP问题，是因为通常只有NP问题才可能找到多项式的算法。我们不会指望一个连多项式地验证一个解都不行的问题存在一个解决它的多项式级的算法。相信读者很快明白，信息学中的号称最困难的问题——“NP问题”，实际上是在探讨NP问题与P类问题的关系。

很显然，所有的P类问题都是NP问题。也就是说，能多项式地解决一个问题，必然能多项式地验证一个问题的解——既然正解都出来了，验证任意给定的解也只需要比较一下就可以了。关键是，人们想知道，是否所有的NP问题都是P类问题。我们可以再用集合的观点来说明。如果把所有P类问题归为一个集合P中，把所有 NP问题划进另一个集合NP中，那么，显然有P属于NP。现在，所有对NP问题的研究都集中在一个问题上，即究竟是否有P=NP？通常所谓的“NP问题”，其实就一句话：证明或推翻P=NP。
    NP问题一直都是信息学的巅峰。巅峰，意即很引人注目但难以解决。在信息学研究中，这是一个耗费了很多时间和精力也没有解决的终极问
题，好比物理学中的大统一和数学中的歌德巴赫猜想等。
    目前为止这个问题还“啃不动”。但是，一个总的趋势、一个大方向是有的。人们普遍认为，P=NP不成立，也就是说，多数人相信，存在至少一个不可能有多项式级复杂度的算法的NP问题。人们如此坚信P≠NP是有原因的，就是在研究NP问题的过程中找出了一类非常特殊的NP问题叫做NP-完全问题，也即所谓的 NPC问题。C是英文单词“完全”的第一个字母。正是NPC问题的存在，使人们相信P≠NP。下文将花大量篇幅介绍NPC问题，你从中可以体会到NPC问题使P=NP变得多么不可思议。

为了说明NPC问题，我们先引入一个概念——约化(Reducibility，有的资料上叫“归约”)。
    简单地说，一个问题A可以约化为问题B的含义即是，可以用问题B的解法解决问题A，或者说，问题A可以“变成”问题B。《算法导论》上举了这么一个例子。比如说，现在有两个问题：求解一个一元一次方程和求解一个一元二次方程。那么我们说，前者可以约化为后者，意即知道如何解一个一元二次方程那么一定能解出一元一次方程。我们可以写出两个程序分别对应两个问题，那么我们能找到一个“规则”，按照这个规则把解一元一次方程程序的输入数据变一下，用在解一元二次方程的程序上，两个程序总能得到一样的结果。这个规则即是：两个方程的对应项系数不变，一元二次方程的二次项系数为0。按照这个规则把前一个问题转换成后一个问题，两个问题就等价了。同样地，我们可以说，Hamilton回路可以约化为TSP问题(Travelling Salesman Problem，旅行商问题)：在Hamilton回路问题中，两点相连即这两点距离为0，两点不直接相连则令其距离为1，于是问题转化为在TSP问题中，是否存在一条长为0的路径。Hamilton回路存在当且仅当TSP问题中存在长为0的回路。
    “问题A可约化为问题B”有一个重要的直观意义：B的时间复杂度高于或者等于A的时间复杂度。也就是说，问题A不比问题B难。这很容易理解。既然问题A能用问题B来解决，倘若B的时间复杂度比A的时间复杂度还低了，那A的算法就可以改进为B的算法，两者的时间复杂度还是相同。正如解一元二次方程比解一元一次方程难，因为解决前者的方法可以用来解决后者。
    很显然，约化具有一项重要的性质：约化具有传递性。如果问题A可约化为问题B，问题B可约化为问题C，则问题A一定可约化为问题C。这个道理非常简单，就不必阐述了。
    现在再来说一下约化的标准概念就不难理解了：如果能找到这样一个变化法则，对任意一个程序A的输入，都能按这个法则变换成程序B的输入，使两程序的输出相同，那么我们说，问题A可约化为问题B。
    当然，我们所说的“可约化”是指的可“多项式地”约化(Polynomial-time Reducible)，即变换输入的方法是能在多项式的时间里完成的。约化的过程只有用多项式的时间完成才有意义。

好了，从约化的定义中我们看到，一个问题约化为另一个问题，时间复杂度增加了，问题的应用范围也增大了。通过对某些问题的不断约化，我们能够不断寻找复杂度更高，但应用范围更广的算法来代替复杂度虽然低，但只能用于很小的一类问题的算法。再回想前面讲的P和NP问题，联想起约化的传递性，自然地，我们会想问，如果不断地约化上去，不断找到能“通吃”若干小NP问题的一个稍复杂的大NP问题，那么最后是否有可能找到一个时间复杂度最高，并且能“通吃”所有的 NP问题的这样一个超级NP问题？答案居然是肯定的。也就是说，存在这样一个NP问题，所有的NP问题都可以约化成它。换句话说，只要解决了这个问题，那么所有的NP问题都解决了。这种问题的存在难以置信，并且更加不可思议的是，这种问题不只一个，它有很多个，它是一类问题。这一类问题就是传说中的NPC 问题，也就是NP-完全问题。NPC问题的出现使整个NP问题的研究得到了飞跃式的发展。我们有理由相信，NPC问题是最复杂的问题。再次回到全文开头，我们可以看到，人们想表达一个问题不存在多项式的高效算法时应该说它“属于NPC问题”。此时，我的目的终于达到了，我已经把NP问题和NPC问题区别开了。到此为止，本文已经写了近5000字了，我佩服你还能看到这里来，同时也佩服一下自己能写到这里来。

NPC问题的定义非常简单。同时满足下面两个条件的问题就是NPC问题。首先，它得是一个NP问题；然后，所有的NP问题都可以约化到它。证明一个问题是 NPC问题也很简单。先证明它至少是一个NP问题，再证明其中一个已知的NPC问题能约化到它（由约化的传递性，则NPC问题定义的第二条也得以满足；至于第一个NPC问题是怎么来的，下文将介绍），这样就可以说它是NPC问题了。
    既然所有的NP问题都能约化成NPC问题，那么只要任意一个NPC问题找到了一个多项式的算法，那么所有的NP问题都能用这个算法解决了，NP也就等于P 了。因此，给NPC找一个多项式算法太不可思议了。因此，前文才说，“正是NPC问题的存在，使人们相信P≠NP”。我们可以就此直观地理解，NPC问题目前没有多项式的有效算法，只能用指数级甚至阶乘级复杂度的搜索。

顺便讲一下NP-Hard问题。NP-Hard问题是这样一种问题，它满足NPC问题定义的第二条但不一定要满足第一条（就是说，NP-Hard问题要比 NPC问题的范围广）。NP-Hard问题同样难以找到多项式的算法，但它不列入我们的研究范围，因为它不一定是NP问题。即使NPC问题发现了多项式级的算法，NP-Hard问题有可能仍然无法得到多项式级的算法。事实上，由于NP-Hard放宽了限定条件，它将有可能比所有的NPC问题的时间复杂度更高从而更难以解决。

不要以为NPC问题是一纸空谈。NPC问题是存在的。确实有这么一个非常具体的问题属于NPC问题。下文即将介绍它。
    下文即将介绍逻辑电路问题。这是第一个NPC问题。其它的NPC问题都是由这个问题约化而来的。因此，逻辑电路问题是NPC类问题的“鼻祖”。
    逻辑电路问题是指的这样一个问题：给定一个逻辑电路，问是否存在一种输入使输出为True。
    什么叫做逻辑电路呢？一个逻辑电路由若干个输入，一个输出，若干“逻辑门”和密密麻麻的线组成。看下面一例，不需要解释你马上就明白了。
  ┌───┐
  │ 输入1├─→┐    ┌──┐
  └───┘    └─→┤    │
                      │ or ├→─┐
  ┌───┐    ┌─→┤    │    │    ┌──┐
  │ 输入2├─→┤    └──┘    └─→┤    │
 &
nbsp;└───┘    │                ┌─→┤AND ├──→输出
                └────────┘┌→┤    │
  ┌───┐    ┌──┐            │  └──┘
  │ 输入3├─→┤ NOT├─→────┘
  └───┘    └──┘
    这是个较简单的逻辑电路，当输入1、输入2、输入3分别为True、True、False或False、True、False时，输出为True。
    有输出无论如何都不可能为True的逻辑电路吗？有。下面就是一个简单的例子。
  ┌───┐
  │输入1 ├→─┐    ┌──┐
  └───┘    └─→┤    │
                      │AND ├─→┐
                ┌─→┤    │    │
                │    └──┘    │  ┌──┐
                │                └→┤    │
  ┌───┐    │                    │AND ├─→输出
  │输入2 ├→─┤  ┌──┐      ┌→┤    │
  └───┘    └→┤NOT ├→──┘  └──┘
                    └──┘
    上面这个逻辑电路中，无论输入是什么，输出都是False。我们就说，这个逻辑电路不存在使输出为True的一组输入。
    回到上文，给定一个逻辑电路，问是否存在一种输入使输出为True，这即逻辑电路问题。
    逻辑电路问题属于NPC问题。这是有严格证明的。它显然属于NP问题，并且可以直接证明所有的NP问题都可以约化到它（不要以为NP问题有无穷多个将给证明造成不可逾越的困难）。证明过程相当复杂，其大概意思是说任意一个NP问题的输入和输出都可以转换成逻辑电路的输入和输出（想想计算机内部也不过是一些 0和1的运算），因此对于一个NP问题来说，问题转化为了求出满足结果为True的一个输入（即一个可行解）。

有了第一个NPC问题后，一大堆NPC问题就出现了，因为再证明一个新的NPC问题只需要将一个已知的NPC问题约化到它就行了。后来，Hamilton 回路成了NPC问题，TSP问题也成了NPC问题。现在被证明是NPC问题的有很多，任何一个找到了多项式算法的话所有的NP问题都可以完美解决了。因此说，正是因为NPC问题的存在，P=NP变得难以置信。P=NP问题还有许多有趣的东西，有待大家自己进一步的挖掘。攀登这个信息学的巅峰是我们这一代的终极目标。现在我们需要做的，至少是不要把概念弄混淆了。

Matrix67原创

TOJ 2703: Cow Digit Game

2306: S-Nim  

Time Limit(Common/Java):1000MS/10000MS     Memory Limit:65536KByte
Total Submit: 9            Accepted:7

Description

Arthur and his sister Caroll have been playing a game called Nim for some time now. Nim is played as follows:

• The starting position has a number of heaps, all containing some, not necessarily equal, number of beads.
• The players take turns chosing a heap and removing a positive number of beads from it.
• The first player not able to make a move, loses.

Arthur and Caroll really enjoyed playing this simple game until they recently learned an easy way to always be able to find the best move:

• Xor the number of beads in the heaps in the current position (i.e. if we have 2, 4 and 7 the xor-sum will be 1 as 2 xor 4 xor 7 = 1).
• If the xor-sum is 0, too bad, you will lose.
• Otherwise, move such that the xor-sum becomes 0. This is always possible.

It is quite easy to convince oneself that this works. Consider these facts:

• The player that takes the last bead wins.
• After the winning player's last move the xor-sum will be 0.
• The xor-sum will change after every move.

Which means that if you make sure that the xor-sum always is 0 when you have made your move, your opponent will never be able to win, and, thus, you will win.

Understandibly it is no fun to play a game when both players know how to play perfectly (ignorance is bliss). Fourtunately, Arthur and Caroll soon came up with a similar game, S-Nim, that seemed to solve this problem. Each player is now only allowed to remove a number of beads in some predefined set S, e.g. if we have S = {2, 5} each player is only allowed to remove 2 or 5 beads. Now it is not always possible to make the xor-sum 0 and, thus, the strategy above is useless. Or is it?

Your job is to write a program that determines if a position of S-Nim is a losing or a winning position. A position is a winning position if there is at least one move to a losing position. A position is a losing position if there are no moves to a losing position. This means, as expected, that a position with no legal moves is a losing position.

Input

Input consists of a number of test cases.

For each test case: The first line contains a number k (0 < k ≤ 100) describing the size of S, followed by k numbers s_i (0 < s_i ≤ 10000) describing S. The second line contains a number m (0 < m ≤ 100) describing the number of positions to evaluate. The next m lines each contain a number l (0 < l ≤ 100) describing the number of heaps and l numbers h_i (0 ≤ h_i ≤ 10000) describing the number of beads in the heaps.

The last test case is followed by a 0 on a line of its own.

Output

For each position:

• If the described position is a winning position print a 'W'.
• If the described position is a losing position print an 'L'.

Print a newline character after each test case.

Sample Input

2 2 5
3
2 5 12
3 2 4 7
4 2 3 7 12
5 1 2 3 4 5
3
2 5 12
3 2 4 7
4 2 3 7 12
0

Sample Output

LWW
WWL

sg函数模板题

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int s[],sg[],n;
int SG(int x)
{
    int i;
    if(sg[x]!=-)
        return sg[x];
    bool vis[];
    memset(vis,,sizeof(vis));
    for(i=;i<n;i++)
    {
        if(x>=s[i])
        {
            SG(x-s[i]);
            vis[sg[x-s[i]]]=;
        }
    }
    int e;
    for(i=;;i++)
        if(!vis[i])
        {
            e=i;
            break;
        }
    return sg[x]=e;
}
int main()
{
    int i,m,t,num;
    while(scanf("%d",&n)&&n)
    {
        for(i=;i<n;i++)
        scanf("%d",&s[i]);
        memset(sg,-,sizeof(sg));
        sort(s,s+n);
        scanf("%d",&m);
        while(m--)
        {
            scanf("%d",&t);
            int a=;
            while(t--)
            {
                scanf("%d",&num);
                a^=SG(num);
            }
            if(a)
                printf("W");
            else
                printf("L");
        }
        printf("\n");
    }
    return ;
}  

sg模版

//SG 的模板：
int mex1(int p)
{
  int i,t;
  bool vis[]={};
  for(i=;i<n;i++)  //n是S数组的个数
   {
     t=p-S[i];// S[i]是题中定义的特殊取法规则的数组（）
     if(t<)
     break;
     if (f[t]==-) //f[] 表示存放SG 函数值的数组
      f[t]=mex1(t);
      vis[f[t]]=;
   }
  for(i=;;i++)
   {
     if (!vis[i])
     return i;
   }
}
 //注意： S数组要按从小到大排序，注意f和g数组的大小选定  

2954: 取石子游戏  

Time Limit(Common/Java):1000MS/3000MS     Memory Limit:65536KByte
Total Submit: 44            Accepted:18

Description

给定n堆棋子(1=<n<=6)，两个人a,b去取棋子。规则是：一个人一次只能从一堆棋子里面取，每次至少取一个，可以取任意个，谁先取完棋子就赢了。题目假设a这个人先取。

例子：假如给2堆，数量分别为8，7，那么a从第一堆取1一个棋子，剩下相同的两堆。这个时候b取多少，a只要从另外一堆取相同数目的棋子，这样下去a肯定可以赢了。

Input

第一行：输入n表示堆数（1<=n<=6）

第二行：输入n组数据，并且保证其中一堆的数量比其他各堆的数量多一倍或一倍多。只有两堆不用遵循这个规则。

各个数据都小于2^31。

Output

输出a最先在最大堆里取的数量，才能保证a一定会赢。

Sample Input

2
8 7
3
4 8 17

Sample Output

1
5

Hint

提示：第一次a肯定从最大数量的堆里取棋子，因为这样是保证自己赢的前提之一。

乍一看还以为是个规律题，因为要从最大的堆拿，而且最大堆比他的一半多。。。但是其实他是让求最大堆拿了多少个之后的异或值为0，这个就是必胜态

要知道两个相同的数异或为0，即求最大值-最大值^其他所有值的异或值

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)){
    LL ma=,s=,p;
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&p);
        ma=max(ma,p);
        s^=p;}
    printf("%lld\n",ma-(s^ma));}
    return ;
}

3358: 石子游戏-A  

Time Limit(Common/Java):1000MS/3000MS     Memory Limit:65536KByte
Total Submit: 24            Accepted:14

Description

甲乙两人面对若干堆石子，其中每一堆石子的数目可以任意确定。例如图1所示的初始局面：共n=3堆，其中第一堆的石子数a1=3，第二堆石

子数a2=3，第三堆石子数a3=1。

* * 
* *
* * *
3 3 1
图(1)

两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下：
1.每一步应取走至少一枚石子；
2.每一步只能从某一堆中取走部分或全部石子；
3.如果谁无法按规则取子，谁就是输家。

如果甲乙两人都采取最优的策略,请问,是甲必胜还是乙必胜.

Input

第一行包含一个正整数T,表示有多少个测试数据.
每组测试数据的第一行包含正整数N,表示有多少堆石头. 接下去一行有N个正整数,表示每堆石头的个数, 1<=N<=10000, 每堆石头的数量在Int范围内.

Output

每组测试数据输出一行,如果甲存在必胜策略,输出"Win",否则输出"Lost"

Sample Input

1
3
3 3 1

Sample Output

Win

两个人轮流取石子，让你找甲是否存在必胜策略，那就是异或值是不是0了

#include<stdio.h>
int main() {
    int n,t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) {
        scanf("%d",&n);
        int s=,m;
        while(n--) {
            scanf("%d",&m);
            s^=m;
        }
        printf("%s\n",s?"Win":"Lost");
    }
    return ;
}

下面这份代码的原理我忘了，真是个坑。。。就是排序后把少进行了一遍循环？

大概意思是这样的，让两个相对小的堆进行NIM操作，那么我肯定回拿对方的全部，对面肯定会拿一个，这样剩下的最多才能为其他场的异或为0做贡献

就是把他分为有限个二元组博弈

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int T,n,a[];
int main()
{scanf("%d",&T);
while(T--)
{scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+,a++n);
int t=,h=;
if(n%)t=a[]-,h++;
for(int i=h;i<=n;i+=)
t^=(a[i+]-a[i]-);
if(t)printf("Win\n");
else printf("Lost\n");}
return ;
}

3359: 石子游戏-B  

Time Limit(Common/Java):1000MS/3000MS     Memory Limit:65536KByte
Total Submit: 18            Accepted:10

Description

甲乙两人面对若干堆石子，其中每一堆石子的数目可以任意确定。例如图1所示的初始局面：共n=3堆，其中第一堆的石子数a1=3，第二堆石子数a2=3，第三堆石子数a3=1。

* * 
* *
* * *
3 3 1
图(1)

两人轮流按下列规则取走一些石子，游戏的规则如下：
1.每一步只能从某一堆中至少要取走一个石子,最多m个；
2.如果谁无法按规则取子，谁就是输家。

如果甲乙两人都采取最优的策略,请问,是甲必胜还是乙必胜.

Input

第一行包含一个正整数T,表示有多少个测试数据.
每组测试数据的第一行包含正整数N,m,表示有多少堆石头. 接下去一行有N个正整数,表示每堆石头的个数, 1<=N<=10000, 1<=m<=10000每堆石头的数量在Int范围内.

Output

每组测试数据输出一行,如果甲存在必胜策略,输出"Win",否则输出"Lost"

Sample Input

1
2 3
4 4

Sample Output

Lost

这个是最多拿k个的，那就拿到不能拿k个，回到以前的版本啊

#include <stdio.h>
int a[];
int main()
{int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    scanf("%d",&a[]);
    a[]%=m+;
    for(int i=;i<n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        a[i]=(a[i]%(m+))^a[i-];
    }
    if(!a[n-])
        printf("Lost\n");
    else printf("Win\n");
}
return ;
}