博弈论
定义：有若干个人进行博弈，每人轮流操作，且每个人的每一步都是最正确的操作，问什么时候必败/必胜
模型：
建模
①设先手必胜局面为\(N\)，先手必败局面为\(P\)，于是就有了一些结论
- 如果当前局面为\(N\)，那么它肯定变化成\(P\)，因为我们要必胜，那么对手必须进入一先手必败的\(P\)中，于是\(N\)必定能变化成\(P\)
- 同理，一个\(P\)肯定能变化成\(N\)
②于是我们就可以开始建图了
- 设每一个状态都为一个节点，我们就可以从当前节点像每一个能到达的点，连一条有向边
- 于是我们已知游戏结束的状态是\(P\)，然后从这个状态扩展出去，如果一个节点能到底\(P\)那么它就是\(N\)， 如果能到到达的每一个点都是\(N\)，即不能到底\(P\)，那么则为\(P\)
③我们的博弈论基本模型就建好了，其实每一个博弈论问题都可以转换为一个\(DAG\)图
\(SG\)定理和\(SG\)函数
\(mex\)运算：
对于一个集合\(S\)，它的\(mex(S)\)就为最小的、不属于集合\(S\)的非负整数
\(SG(x)\)：
对于\(SG(x)\)，有\(SG(x)=mex(SG(y),<x,y>∈E)\)，其实就是它在\(DAG\)图中所有后继状态的\(mex\)值
\(SG(x)\)的拆分
如果\(x\)可以拆分成互不影响的几个子游戏\(x_1,x_2,...x_n\)，那么\(SG(x)=SG(x_1)⊕SG(x_2)⊕...⊕SG(x_n)\)
\(SG(x)\)与胜负
\(SG(x)=0\)为先手必败，否则先手必胜
常见模型
巴什博奕（\(Bash Game\)）
题目大意：有\(n\)个石子，每次少取\(1\)个，最多取\(m\)个，问先手必胜还是必败
分析：（正常分析）
- 假设我们面对了一个\((m+1)|n\)的情况，那么假设我们取了\(x\)个，那么对手肯定能取\(m+1-x\)个，使得对手\(+\)我们的和为\(m+1\)，因为\((m+1)|n\)，所以对手肯定能取到最后一个，所以当\((m+1)|n\)时，先手必败
- 同理如果\((m+1) \nmid n\)，则我们可以先取走\(n\%(m+1)\)个，使得对手面临\((m+1)|n\)，那么这时先手必胜
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int main()
{
cin >> t;
while (t--)
{
int n,k;cin >> n >> k;
if (n%(k+1)==0) printf("B\n");
else printf("A\n");
}
}
威佐夫博弈（\(Wythoff Game\)）
题目大意：有两堆石头，数量分别为\(n,m\)，每次可以在一堆，或者两堆中，同时取任意个石头，不能不取，问先手必胜还是必败
分析：（打标，找规律）
- 我们列举前几个先手必败的情况看一些，\((0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10)...\)，对于以\(n\)排序之后的数对，我们发现\(n_i\)为之前所有数对中未出现的最小自然数，\(m_i\)为\(n_i+i-1\),
- 其实我们就可以暴力算出当前局面是什么了，但有大佬又证明出了，每个先手必败的局面的数对都是\(([i×ϕ],[i×ϕ^2])\)，\(ϕ=\frac{\sqrt5-1}{2}\)（证明）（%%%）
代码实现：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const double phi=(sqrt(5)+1)/2;
int a,b,t;
int main()
{
cin >> t;
ios::sync_with_stdio(false);
while (t--)
{
cin >> a >> b;
if (a>b) swap(a,b);
int A=abs(a-b)*phi;
if (A==a) cout << "B"<< endl;
else cout << "A" << endl;
}
return 0;
}
尼姆博弈(\(Nim Game\))
题目大意：有\(n\)堆石子，每堆石子有\(A_i\)个石子，两个人轮流操作，每次从一堆石子中，取任意个，不能不取，问先手必胜还是必败
分析：
- 设\(A_1 ⊕ A_2 ⊕ ... ⊕ A_n\not=0\)，那么必然有\(A_i \geqslant x\)（异或的性质），所有说只要将\(A_i\)减成\(x\)，那么就可以使得\(A_1 ⊕ A_2 ⊕ ... ⊕ A_n=0\)，于是一个异或和不为\(0\)的一定可以到底一个异或和为\(0\)
- 设\(A_1 ⊕ A_2 ⊕ ... ⊕ A_n=0\)，如果可以将\(A_i\)变成\(A_i^{'}\)使得\(A_1 ⊕ A_2 ⊕ ... ⊕ A_n\not=0\)，那么将两个式子异或，得到\(A_i ⊕ A_i^{'}=0,A_i=A_i^{'}\)，矛盾，所以异或和为\(0\)的一定不可以保持异或和为\(0\)
- 因为所有石子都被取完时为\(P\)，而且石头是不断减少的，所以当异或和为\(0\)是先手必败，否则先手必胜
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[10010],n,t;
int main()
{
cin >> t;
while (t--)
{
int ans;
cin >> n;
for (int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
ans=a[1];
for (int i=2;i<=n;i++) ans=ans^a[i];
if (ans==0) printf("No\n");
else printf("Yes\n");
}
}