在生活中五子棋也是一種先手有必贏策略的游戲，有人會說五子棋先手我也會輸啊，所以
博弈論問題都有個類似如“參與者足夠聰明”，“兩人都不犯錯"的前提。
在此前提下，討論幾種常見的博弈情形。
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一、巴什博弈（Bash Game）
只有一堆n個物品，兩個人從輪流中取出（1~m）個；最后取光者勝。
考慮到 若n=m+1 那么 第一個人不論如何取都不能取勝。
進一步我們發現 若 n=k*(m+1)+r; 先取者拿走 r 個，那么后者再拿（1~m）個
n=（k-1）*（m+1）+s； 先取者再拿走s 個 最后總能造成 剩下n=m+1 的局面。
因此，此時先手有必贏策略。
相對應的，若n=k*(m+1) 那么先取者必輸。
因此我們可以寫出對應的程序（默認 n m都大於0）
1 int Bash_Game(int n,int m)//是否先手有必贏策略 2 { 3 if (n%(m+1)!=0) return 1; 4 return 0; 5 }
到了這，不如嘗試一下當有N堆，每堆有Mi>0個物品，依舊是兩個人來取該怎么判斷？
先考慮取的最大數目無上限即可以把一堆全部取完的情形
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二、尼姆博弈(Nimm Game)
正如上述.
從巴什博弈我們知道一個當情形對應一種狀態,而由一個狀態只能變為另一種狀態時能很輕易地判斷是否先手有必贏策略
那么怎么樣才能在尼姆博弈里找到這樣的狀態呢?
如果把n堆抽象為n個非負整數,再將n個整數轉化為二進制,然后對n個二進制數按位相加(不進位),若每一位相加都為偶數,
那么稱這個狀態為偶狀態,否則稱它為奇狀態.
可以證明:任何一個偶狀態在其中一個數變小后一定成為奇狀態,而一個奇狀態一定可以通過改變一個數變成偶狀態.
前一點很顯然,因為一個數變小至少有一位發生改變,這一位就改變了原來的偶狀態.
對於后一點,對於一個從高位到低位某一位和為奇的奇狀態,必定有一個數的二進制表示在此位為1,對於后面的較低位和為奇的情況,只要把這個數對應位取反即可得到一個偶狀態.
到此,成功的構造了兩個可以轉換的狀態!!!
那么對於n堆物品,只要判斷它是否是奇狀態就可以判斷是否先手有必贏策略.
但是求每個數的二進制表示略顯麻煩,可以用更好的辦法,也是我偏愛的位運算.
XOR 和判斷:
如果有奇數個二進制數在第K位為1 那么在這一位上的和為奇,同樣的，偶數個1和為偶.
很明顯位運算xor滿足我們的要求,偶數個1異或和為0,奇數個為1;
由此,終於可以給出算法
1 int Nimm_Game(int n)//假設n個數存在數組f[]中,有必勝策略返回1 2 { 3 int flag=0; 4 for(int i=1;i<=n;i++) 5 flag^=f[i]; 6 if(flag) return 1; 7 return 0; 8 }
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但是我遇到過n非常大，且每一堆的物品數為連續的整數的情況
對此我們要考慮連續非負整數的異或和問題
記 f(x, y) 為x到y的所有整數的異或值。
f[1,n]=f[0,n];
當n為2^k-1(2的K次方減一)時;
0 到 2^k-1 共2^k個數 等於∑C（n，i）
可以看做在k個位置中放入i個0，最后求和
同時可以看做在空格位置中放入i個1；最后求和
即在每一位上1個0的個數都相等，每個位上有2^(k-1)個1,當k>=2時 1的個數為偶數;
而我們已經知道偶數個1的異或和為0
所以 f[0, 2^k - 1] = 0 (k >= 2)
對 f[0, n] (n>=4) 設n的最高位1是在第k位(k >= 2)，
f[0, n] = f[0, 2^k - 1] xor f[2^k, n] = f[2^k, n]
對2^k到n這n+1-2^k個數，最高位(第k位)共有 m = n+1-2^k 個1,
2^k總是偶數,因此,當n為奇數時，m是偶數，f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k]
當n為奇數(n - 2^k)總是奇數 ，所以：f[0,n] = f[0,n-2^k-2^(k-1)...-2^2](只到3是因為k>=2)
此時只剩下兩位是我們需要的 我們可以用（n & 3）很快得到后兩位
由於n是奇數 所以（n & 3）只可能得到 1 或 3；
1對應 二進制數 （01）所以是奇數個1 此時f [0,n]=1;
3對應 二進制數 （11） 此時f[0,n]=0;
當n為偶數時，m是奇數，因而 f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k] xor 2^k
可得：f[0, n] = f(0, n & 3) xor 2^k xor n[k]*2^(k-1) xor ....n[2]*2^2 n[k] 為 n的二進制數的第k位；
很明顯 當n為偶數時 f[0,n]的二進制從最高位到第3位（如果不止3位） 跟n的二進制數從高位到第三位 相同；
此時只需要 判斷 第二位
n & 3=0對應后二位為（00） 此時 f[0,n]=n;
n & 3=2對應后二位為（10） 此時 f[0,n]=n+1;
綜上所述：
n n % 4 == 0
f[1, n] = f[0, n] = 1 n % 4 == 1
n +1 n % 4 == 2
0 n % 4 == 3
f[x,y] = f[0,y] xor f[0,x-1] .(x>0)
對應的代碼在這
1 //讀入n，表示有從物品數分別1到n的n堆物品，假設n個數存在數組f[]中 2 int xor_n(int n)//從1到n的異或和 3 { 4 int t = n & 3; 5 if (t & 1) return t / 2 ^ 1; 6 return t / 2 ^ n; 7 } 8 int Nimm_Game(int n)//有必勝策略返回1 9 { 10 int flag=0; 11 for(int i=1;i<=n;i++) 12 flag^=xor_n(f[i]); 13 if(flag) return 1; 14 return 0; 15 }
三 威佐夫博奕（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同
時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最后取光者得勝。
這種情況下是頗為復雜的。我們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示
兩堆物品的數量並稱其為局勢，如果甲面對（0，0），那么甲已經輸了，這種局勢我們
稱為奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，
10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有
如下三條性質：
1。任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。
由於ak是未在前面出現過的最小自然數，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質1。成立。
2。任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。
事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個分量，那么另一個分量不可能在其
他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個分量同時減少，則由
於其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
3。采用適當的方法，可以將非奇異局勢變為奇異局勢。
假設面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時從兩堆中取走 a 個物體，就變為了
奇異局勢（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b – bk個物體，即變為奇異局
勢；如果 a = ak ， b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak – ab – ak個物體,變為奇異局
勢（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多余
的數量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）
,從第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆里面拿走 b – a
j 即可。
從如上性質可知，兩個人如果都采用正確操作，那么面對非奇異局勢，先拿者必勝
；反之，則后拿者取勝。
那么任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括號表示取整函數)
奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618…,因此,由ak，bk組成的矩形近
似為黃金矩形，由於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，若不等於，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1
+ j + 1，若都不是，那么就不是奇異局勢。然后再按照上述法則進行，一定會遇到奇異
局勢。
對應的代碼在這里：
1 int t; 2 if(a>b) 3 { 4 t=a; 5 a=b; 6 b=t; 7 } 8 double k=(sqrt(5.0)-1.0)/2.0; 9 int j=a*k; 10 if(a!=j*(int)(k+1)) 11 j++; 12 if(a+j==b) 13 cout<<0<<endl;//奇異局勢，后手勝！ 14 else cout<<1<<endl;//非奇異局勢，先手勝！