组合博弈 取石子游戏综述.docx
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组合博弈取石子游戏综述
博弈问题分析——取石子游戏实例解答
<1>小红是个游戏迷,他和小蓝一起玩拿石子游戏。
游戏规则为2个人轮流拿石子。
一次可以拿1颗或3颗,规定谁取到最后一颗石子谁就胜出。
最后决定由小红先取。
两人都是游戏高手,该赢的绝不会输(表示不会失误)。
问在知道石子总数的情况下,怎样快速预测谁将会胜出。
分析:
小红和小蓝各取一次共有三种情况:
2共取走2颗石子(1,1)
2共取走4颗石子(1,3)
3共取走6颗石子(3,3)
设方案①取了N1次,方案②取了N2次,方案③取了N3次后,还剩下K(k<6,否则可以再取几轮,导致剩余量<6)个石子。
最后K的取值有三种情况:
0,1,3。
这个要解释一下:
剩下的石子个数总共有0,1,2,3,4,5几种可能,2可以再取一轮(1,1)剩下0,4可以再取一轮(1,3)或者两次(1,1)剩下0,5可以再取(1,1)、(1,3)等的组合剩下1或3个,所以综合是最终会剩下0、1、3三种可能。
设有石子S.则S=2*N1+4*N2+6*N3+K.其中2*N1+4*N2+6*N3=(1+1)*N1+(1+3)*N2+(3+3)*N3,说明取的过程为偶数次,所以剩下K时该最先取石子的人取。
K=1,3则先取方胜。
反之,另一方胜。
又2*N1+4*N2+6*N3=2*(N1+2*N2+3*N3)为偶数,所以S的奇偶性取决于K,当K为偶数时,后取方胜,反之,先取方胜。
总结:
计算时可以先对6取余,如果余数为0、2、4,则K为0(偶数,后取者胜),如果余数为1、3、5则K为1或3(奇数,先取者剩)。
<2>有一种很有意思的游戏,就是有物体若干堆,可以是火柴棍或是围棋子等等均可。
两个人轮流从堆中取物体若干,规定最后取光物体者取胜。
这是我国民间很古老的一个游戏,别看这游戏极其简单,却蕴含着深刻的数学原理。
下面我们来分析一下要如何才能够取胜。
(一)巴什博奕(BashGame):
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(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。
总结:
通过分析可知,设n=(m+1)*r+s(s<=m),如果s等于0,则后取者获胜!
如果s不等于0,则先取者胜利!
(二)威佐夫博奕(WythoffGame):
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。
这种情况下是颇为复杂的。
我们用(ak,bk)(ak≤bk,k=0,1,2,……,n)表示两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0),那么甲已经输了,这种局势我们称为奇异局势。
前几个奇异局势是:
(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。
我们可以知道,后面的奇异局势可以通过一轮特殊的取法变为更低的奇异局势!
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而bk=ak+k,奇异局势有如下三条性质:
1.任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数,所以有ak>ak-1,而
bk=ak+k>ak-1+k-1=bk-1>ak-1.所以性质1.成立。
2.任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。
如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。
3.采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是(a,b),若b=a,则同时从两堆中取走a个物体,就变为了奇异局势(0,0);如果a=ak,b>bk,那么,取走b-bk个物体,即变为奇异局势;如果a=ak,b 从如上性质可知,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。 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, bj+1=aj+1+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。 总结: 分析到此已经很明显,判断谁个能够胜利看是否是奇异矩阵就行了,如果是奇异矩阵,则后取者胜利,如果是非奇异矩阵,则先取者得胜! 在判断是不是咸佐夫博弈的奇异局势的时候,比如两个数a,b,则可以首先交换是a (三)尼姆博奕(NimmGame): 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 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。 总结: 面对奇异局势,先取者必定输,如果是非奇异局势,则先取者赢! 如果一个局势(a,b,c)有a(+)b(+)c==0,则是奇异局势,如果不是,则不是奇异局势! 三堆石子的结论同样也适用于n堆石子的情况! 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。 总结: 如果先手遇到s态,则先手必赢,如果遇到T态,必败! 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: 我们设只有一根火柴的堆为单根堆,否则为充裕堆,充裕堆>=2的T用T2表示,全是单根堆的T用T0表示(没有T1这种状态,分析可知) 同样的充裕堆>=2的S态用S2表示,全为孤单堆的S(可知堆数必为奇数)态用S0表示,只有一堆充裕堆的用S1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(没有充裕堆),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,取成只剩下一根(此时变成S0态,但是自己是后手)。 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,又由定理7,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。 总结,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. 推荐HDOJ题目 看完上面的结论,就能顺利解决上面2道了 S-Nim 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: 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) 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 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 1536的参考代码 本部分设定了隐藏,您已回复过了,以下是隐藏的内容 Copy code //博弈-基于求SG值 //Accepted 1536 578MS 416K 904 B #include”iostream” using namespace std; int f[101],sg[10001],k; int mex(int b) { int a[101]={0},i; for(i=0;i { if(b-f<0)//b-f后继点 break; if(sg[b-f]==-1) { sg[b-f]=mex(b-f); } a[sg[b-f]]=1; } for(i=0;i if(! a) { return i; } } int main() { int i,t,n,s,bead,j; while(cin >> k,k) { for(i=0;i { cin >> f; } memset(sg,-1,sizeof(sg)); for(i=0;i for(j=i+1;j if(f>f[j]) { f+=f[j]; f[j]=f-f[j]; f-=f[j]; } sg[0]=0; cin >> t; while(t–) { cin >> n; s=0; while(n–) { cin >> bead;//该堆的成员个数 if(sg[bead]==-1) sg[bead]=mex(bead); s=s^sg[bead]; } if(s==0) cout << “L”; else cout << “W”; } cout << endl; } return 0; } 1517参考代码 本部分设定了隐藏,您已回复过了,以下是隐藏的内容 Copy code //博弈-基于求SG值 //Accepted 1517 234MS 0K 837 B #include”iostream” using namespace std; int main() { __int64 a[7000]={1},min,n; int p[10],sg[7000],i,j,k; for(i=2;i<10;p=0,i++); for(i=1;i<7000;i++) { for(j=2,min=-1;j<10;j++) if(min==-1||a[p[j]]*j min=j; a=a[p[min]]*min; min=a[p[min]]*min; if(a>=5000000000) break; for(j=2;j<10;j++) if(a[p[j]]*j==min) p[j]++; }//从小到大求出所有乘积 while(scanf(“%I64d”,&n)! =EOF)
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