2017.3.24 分裂游戏 思考记录

        事先说明：这不是好题解，这只是思考记录

         同机房的xp都学博弈了、、    感觉还是学学看吧

         先来看一下简单的nim：

题目：

    Alice和Bob放置了N堆不同的石子，编号1..N，第i堆中有A[i]个石子。
每一次行动，Alice和Bob可以选择从一堆石子中取出任意数量的石子。至少取1颗，至多取出这一堆剩下的所有石子。
Alice和Bob轮流行动，取走最后一个石子的人获得胜利。
假设每一轮游戏都是Alice先行动，请你判断在给定的情况下，如果双方都足够聪明，谁会获得胜利？

 题目太长了！画个图压压惊：

如果你有博弈恐惧症，那你可以看一下比题目还短的代码来提振信心：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n, p, a; int main() {     while (cin >> n) {         for (int i = 0; i < n; ++i) {             cin >> a;             if (i == 0) p = a;             else p ^= a;         }         if (p == 0) cout << "Bob" << endl;         else cout << "Alice" << endl;     }     return 0; }

好了，开始学习预备知识：

首先认识一下公平组合游戏(ICG)：

它的规则是：

1、有两名玩家（p1、p2）

2、每一个玩家可以动 游戏里的每个棋子（没有红方、黑方的棋子之分、 、“动”指和原来的局面不一样）

3、不许作弊、、没有buff、、没人开黑

4、动不了的选手输（所以游戏就是比谁拿走最后一个、、）

只有两个玩家非常机智才能叫博弈

当然，如果两个ZZ玩游戏，那就叫菜鸡互啄、、

所以两个玩家都做出最优的决定；；（你知道我的套路，我知道你的套路，如果我进入你的套路我就输了）

所以先手有主动权，可以一步使对方进入自己的套路

而有时，游戏一开始的局面就是对方的套路，那就相当于对方先把你套路了，然后你就没办法了、、

所以对于这类游戏，胜负取决于初始局面、、

研究这种局面的胜负 就叫狭义的 博弈论、、

所以局面分两类：

P-position：在当前的局面下，先手必败。
N-position：在当前的局面下，先手必胜。

他们有如下性质：
1.合法操作集合为空的局面是P-position；
2.可以移动到P-position的局面是N-position；
3.所有移动都只能到N-position的局面是P-position。

对于1：动不了的肯定输

对于2：这里的先手是相对的  这一回合你是先手，下一回合他是先手，如果你冰雪聪明是可以把下一个先手（对方，也就是这一个后手）套路的

       如果你不聪明，那你玩游戏就不能叫博弈

对于3：无论如何下一个先手都赢了，你就只能gg了

 根据性质3是可以递推的、、但一般写记搜+递归

  

所以，我们将p写作0，n写作1

所以  0前面都是1

        1后面一定有0 、、囧

就像这个:

如果

对于上图的路径特点我们可以想到什么？

就是二进制的 异或^

但为什么要用每一堆的石子数 异或？

证明（来自百度百科）：

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。

我个人感觉这应该只是异或的性质和nim游戏的博弈法则不谋而合

所以等量代换了、、

sg函数：

它是博弈的核心；；；

它存的是每个状态（石子数）；；

先来看几个简单的知识：

游戏的和：

如果每次游戏可以分成n个子游戏，每次只能操作其中1个子游戏：

f(总)=f(第一个子游戏)^f(第二个子游戏)^f（第三个子游戏）…………^f(第n个子游戏)

结合nim很好证明

下面几个图帮助理解：

由于每个子游戏相同，堆中数相同时输赢相同，可以简化为：

注意是两个棋子在起点

这就可以递归判断当前局面

有了这些知识和模型，平等博弈类的问题已经可以解答了

对于这个题：

我们先划分子游戏，以便合为这个分裂游戏：

每个堆的转移是会互相影响的（++--）

但是每个石子的转移相互独立（一个石子的转移不会影响另一个石子的转移）

所以每个石子都是一个游戏、、

在每一堆里，每个石子都有不同的sg值

一颗在i被取走的石子会在j、k加入一颗石子

我们注意到只有最后一个有石子的情况是P

也就是说所有的石子随着时间推移都会被扔到最后一个

所以当枚举堆数到了最后一堆时，就是terminal position（末端情况）

所以取走当前的石子游戏可以看成是往右的j、k位置的方案

另外我们注意到石子的具体个数是没有关系的，只与奇偶性有关（所有>1的偶数都早晚要被互拿转移为0，所以就当它是0，所有>1的奇数都会被拿为1，即交换了一次先后手，所以会对答案造成影响）

所以需要计算玩i这个石子（虽然一点都不好玩），也一定要玩到j、k  一直玩到n，，就一路异或即可

所以玩这个石子的情况=初始局面 -i的1  +j的1   +k的1、、

由于你可以玩石子数为奇数的堆数颗石子的取一+2游戏

所以总游戏就是  取这些堆的子游戏异或和^sg(i)^sg(j)^sg(k)（sg是一大串异或，是初始局面     由于异或的性质，+和-都可以用^表示）

码：

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;#include<cstring>int n,j,i,k,f[30],T,x,ans,cnt;bool  vis[40]; int getsg(int x){//cout<<x;int j;if(x==n)return 0;//cout<<f[x]<<endl;if(f[x]!=-1)return f[x];memset(vis,0,sizeof(vis));for(int j=x+1;j<=n;j++)for(int k=j;k<=n;k++){vis[getsg(j)^getsg(k)]=1;//cout<<getsg(j)<<" "<<getsg(k)<<endl;}for(j=0;vis[j];j++);//不要脑残的写：  for(int j;vis[j],j++); return f[x]=j;}int main(){scanf("%d",&T);while(T--){ans=cnt=0;memset(f,-1,sizeof(f));//一开始没清0 scanf("%d",&n);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&x);if(x&1)ans^=getsg(i);//统计初始局面 //cout<<ans<<endl;}for(i=1;i<n;i++)for(j=i+1;j<=n;j++)for(k=j;k<=n;k++){if(!(ans^getsg(i)^getsg(j)^getsg(k)))if((++cnt)==1)printf("%d %d %d\n",i-1,j-1,k-1);}if (!cnt) puts("-1 -1 -1"); printf("%d\n",cnt);  //输出-1 -1 -1 隔开      输出方案总数      }   }