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一．巴什博奕（Bash?Game）：

首先我們來玩一個比較古老的報數(shù)游戲。A和B一起報數(shù)，每個人每次最少報一個,最多報4個。輪流報數(shù),看誰先報到30.

如果不知道巴什博弈的可能會覺得這個是個有運氣成分的問題，但是如果知道的人一定知道怎樣一定可以贏。

比如A先報數(shù)的話,那么B一定可以贏(這里假定B知道怎么正確的報數(shù))

B可以這樣報數(shù),每次報5-k(A)個數(shù),其中k(A)是A報數(shù)的個數(shù)這樣的話沒一次

兩人報完數(shù)之后會變成5?10?15?20?25?30這樣是不是B一定會贏呢?是不是有一種被欺騙的感覺呢?好吧下面我們來看看這個原理。我們先看下一個一眼就能看出答案的例子?比如說我們報到5(4+1),每次報最多報4個,最少報1個.那么是不是后者一定可以贏呢？答案是肯定的。好了到這巴什博弈的精髓基本就OK了。

那么如果我們要報到n+1,每次最多報n個,最少報1個的話,后者一定能夠贏。

現(xiàn)在我們需要報數(shù)到n,而每次最多報數(shù)m個,最少報數(shù)1個.我們可以化成這樣

n?=?k*(1+m)+r(0?<=?r?<=?m）這樣的話如果r不等于0那么先手一定會贏，為什么呢？首先先手報r個,那么剩下k倍(1+m)個數(shù),那么我們每次報數(shù)1+m-k(B)個數(shù)就一定能保證最后剩下1+m個,那么就到了上面我們說的那個了,先手就一定會贏,如果r=0那么后手一定會贏,道理一樣的

#include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #define CLR(arr, val) memset(arr, val, sizeof(arr)) using namespace std;int main() {//freopen("Input.txt", "r", stdin);int N, num, limit;scanf("%d", &N);while(N--){scanf("%d%d", &num, &limit);if(num % (limit + 1) != 0) //必勝局面printf("Win\n");elseprintf("Lose\n");}return 0; }

二．威佐夫博奕（Wythoff?Game）：

???這種博弈比前面一種要稍微復(fù)雜一點。我們來看下下面這個游戲。

???有兩堆火柴棍,每次可以從某一堆取至少1根火柴棍(無上限)，或者從兩堆取相同的火柴棍數(shù)。最后取完的是勝利者。好了,如果你不知道這個博弈定理,對于小數(shù)目的火柴棍數(shù),可能還能推出來,但是如果火柴棍數(shù)一多,就不行了?？戳讼旅娴倪@個介紹,你也會有一種被騙的感覺。

???首先我們知道兩堆火柴是沒有差別的,也就是說第一堆有a根,第二堆有b根和第一堆有b根,第二堆有a根是一樣的結(jié)果。

???我們用一個二維的狀態(tài)（a,b)來記錄當前剩下的火柴數(shù)，表示第一堆剩下a根火柴,第二堆剩下b根火柴。同樣我們假設(shè)兩個人的編號是A和B，且A先取。

那么如果某個人遇到了這樣的狀態(tài)(0,0)那么也就是說這個人輸了。這樣的狀態(tài)我們叫做奇異狀態(tài),也可以叫做失敗態(tài)。

那么接下來的幾個失敗態(tài)為(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)……

我們用a[i]表示失敗態(tài)中的第一個,b[i]表示失敗態(tài)中的第二個.(i從0開始).

那么我們可以看到b[i]?=?a[i]+i;（i?>=?0）,a[i]是前面的失敗態(tài)中沒有出現(xiàn)過的最小的整數(shù)

下面我們可以得到三個基本的結(jié)論。

??1.每個數(shù)僅包含在一個失敗態(tài)中

??首先我們知道a[k]是不可能和前面的失敗態(tài)中的a[i],b[i]重復(fù)的(這點由a[i]的得到可以知道)

b[k]?=?a[k]+k?>?a[k-1]+k>a[k-1]+k-1+1>a[k-1]+(k-1)?=?b[k-1]>a[k-1]這樣我們知道每個數(shù)僅在一個失敗態(tài)中。

??2.每個失敗態(tài)可以轉(zhuǎn)到非失敗態(tài)。

?加入當前的失敗態(tài)為(a,b)，那么如果我們只在一堆中取的話,肯定會變成非失敗態(tài)(這點由第一點可以保證),如果從兩堆同時取的話,由于每個失敗態(tài)的差是不一樣的,所以也不可能得到一個失敗態(tài)。也就是說一個失敗態(tài)不管你怎么取,都會得到一個非失敗態(tài)。

???3.每個非失敗態(tài)都可以轉(zhuǎn)到一個失敗態(tài)

對于這個結(jié)論,首先我們要知到每個狀態(tài)(a,b)要么a?=?a[i],要么b?=?b[i].(每個數(shù)都出現(xiàn)在一個失敗態(tài)中),下面我們分兩種情況來討論

???I.a?=?a[i].如果b?=?a的話那么一次取完就變成了(0,0).如果b?>?b[i]的話,那么我們從第二堆中取走b-b[i]就變成了一個失敗態(tài)。如果b?<?b[i].那么我們從兩堆中同時取走a-a[b-a[i]]這樣得到失敗態(tài)(a[b-a[i]],a[b-a[i]]+b-a[i])(a[i]?=?a)

???II.b?=?b[i].如果a?>?a[i]那么我們從第一堆中取走a-a[i]根火柴.

??????????????如果a?<?a[i].這里又分兩種情況。第一是a?=?a[k](k?<?i)

那么我們從第二堆取走b?-?b[k]就行了。

第二是a?=?b[k]這樣的話由于兩堆火柴是沒有區(qū)別的,所以我們把b變成a[k]就行了,也即是從第二堆火柴中取走b?-?a[k]就變成了失敗態(tài)

至于怎么判斷一個狀態(tài)是否是失敗態(tài).我們可以用下面的方法來判斷(本人暫時還不會證明)

??a[i]?=?[i*(1+√5)/2](這里的中括號表示向下取整)???b[i]?=?a[i]+i;

??那么這就是一個失敗態(tài)

#include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #define CLR(arr, val) memset(arr, val, sizeof(arr)) using namespace std;int main() {//freopen("Input.txt", "r", stdin);int num1, num2, tmp; //第一堆剩的數(shù)量為num1,第二堆剩num2while(scanf("%d%d", &num1, &num2) != EOF){if(num1 > num2)swap(num1, num2); tmp = floor((num2 - num1) * (1 + sqrt(5.0)) / 2.0); //黃金分割if(tmp == num1) printf("Lose\n"); //奇異局勢必敗else printf("Win\n");}return 0; }

三．尼姆博奕（Nimm?Game）：

??

指的是這樣的一個博弈游戲，目前有任意堆石子，每堆石子個數(shù)也是任意的，雙方輪流從中取出石子，規(guī)則如下：
1)每一步應(yīng)取走至少一枚石子；每一步只能從某一堆中取走部分或全部石子；
2)如果誰取到最后一枚石子就勝。
也就是尼姆博弈（Nimm Game）。
必敗局面：也叫奇異局勢。無論做出何出操作，最終結(jié)果都是輸?shù)木置妗１財【置娼?jīng)過2次操作后，可以達到另一個必敗局面。
必勝局面：經(jīng)過1次操作后可以達到必敗局面。
即當前局面不是必敗局面就是必勝局面，而必勝局面可以一步轉(zhuǎn)變成必敗局面。
最終狀態(tài)：
（1）最后剩下一堆石子；（必勝局面）
（2）剩下兩堆，每堆一個；（必敗局面）
（3）當石子剩下兩堆，其中一堆只剩下1顆，另一堆剩下多于n顆石子時，當前取的人只需將多于1顆的那一堆取出n-1顆，則局面變?yōu)閯偛盘岬降谋財【置妗?#xff08;必勝局面）
判斷當前局勢是否為必勝（必敗）局勢：
1）把所有堆的石子數(shù)目用二進制數(shù)表示出來，當全部這些數(shù)按位異或結(jié)果為0時當前局面為必敗局面，否則為必勝局面；
2）在必勝局面下，因為所有數(shù)按位異或的結(jié)果是大于零的，那么通過一次取，將這個（大于其它所有數(shù)按位異或的結(jié)果的）數(shù)下降到其它所有數(shù)按位異或的結(jié)果，這時局面就變?yōu)楸財【置媪恕?br style="padding-bottom:0px; padding-top:0px; padding-left:0px; margin:0px; padding-right:0px" /> 定理：一組自然數(shù)中必然存在一個數(shù)，它大于等于其它所有數(shù)按位異或的結(jié)果。
證明：原命題等價于，設(shè)a1＾a2＾... ＾an=p，p≠0時，必存在k，使得ak＾p<ak（當p=0時，對于任意的k，有ak＾p=ak）。
設(shè)p的最高位是第q位，則至少存在一個k，使得ak的第q位也是1，而ak＾p的第q位為0，所以ak^p<ak

??? 補綴一點，（a＾b）＾b=a＾（b＾b）=a＾0=a，所以ak＾p相當于“其它所有數(shù)按位異或的結(jié)果”。

例1：2 45 45

45＾45＝0,45和45的異或等于0。
例 2：3 3 6 9

局勢（3,6，9）因為3＾6＾9不等于0，所以這是一個必勝局勢。
　3　011

＾6　110

　5　101　
即從第3堆中的9個中取走9－5＝4個，則（3,6，9）－＞（3,6，5），3＾6＾5＝0，故（3,6，5）為奇異局勢，即從必勝局勢轉(zhuǎn)變成必敗局勢。

代碼如下：#include<iostream> using namespace std; int temp[ 20 ]; //火柴的堆數(shù)int main() {int i, n, min;while( cin >> n ){for( i = 0; i < n; i++ )cin >> temp[ i ]; //第i個火柴堆的數(shù)量min = temp[ 0 ];for( i = 1; i < n ; i++ )min = min^temp[ i ]; //按位異或if( min == 0 )cout << "Lose" << endl; //輸elsecout << "Win" << endl; //贏}return 0; }還有就是斐波那契博弈，只有所給的石子數(shù)是斐波那契數(shù)就會輸，但是要注意1003的斐波那契數(shù)就已經(jīng)是超int的了。

與50位技術(shù)專家面對面20年技術(shù)見證，附贈技術(shù)全景圖

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的博弈之 取石子1——6）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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