淺談算法——博弈論

網上的博弈博客和論文有很多，但是有些沒有詳細的證明，僅僅是給出了結論。今天作者將一些常見的博弈論模板集中起來，給大家介紹一下博弈論中一些單一游戲的決策和常見的Nim模板與證明。

注：下列游戲都建立在雙方都有最優策略的情況下，若未加以說明，則每人每次至少取一個石子。

例1：取石子游戲之一

有兩個游戲者：\(A\)和\(B\)，有\(n\)顆石子。

約定：兩人輪流取走石子，每次可取\(1,2\)或\(3\)顆。\(A\)先取，取走最后一顆石子的人獲勝。

問題：\(A\)有沒有必勝的策略？

分析：這是小學必備奧數題之一，我們可以很容易的知道，當\(n\)為\(0,4,8,12……\)時，\(A\)必定會輸，因為不論\(A\)取多少，\(B\)只要和\(A\)共同取走\(4\)即可；當\(n\)不為\(0,4,8,12……\)時，\(A\)只需要將\(n\)取成\(4\)的倍數，這樣就變成了\(B\)先取，\(B\)一定會輸，所以\(A\)一定會贏。

經過我們的分析發現，對這個游戲而言，\(0,4,8,12……\)這些狀態是對於先手的必敗狀態，而其他狀態是對於先手的必勝狀態。

如果我們推廣一下，每次不一定取\(1,2,3\)顆，而是取\(1\sim m\)顆，那么我們就可以得到，如果\(n\%(m+1)=0\)，即為先手必敗狀態，否則為先手必勝狀態。而這個游戲就是著名的巴什博弈（Bash Game）

下面，我們現在介紹一下有關博弈的一些名詞和概念

1、平等組合游戲

• 兩人游戲。
• 兩人輪流走步。
• 有一個狀態集，而且通常是有限的。
• 有一個終止狀態，到達終止狀態后游戲結束。
• 游戲可以在有限的步數內結束。
• 規定好了哪些狀態轉移是合法的。
• 所有規定對於兩人是一樣的。

因此我們的例1提到的游戲即為一個平等組合游戲，但是我們生活中常見的棋類游戲，如象棋、圍棋等，均不屬於平等組合游戲，因為雙方可以移動的棋子不同，不滿足最后一個條件；而我們后續提到的游戲，以及博弈中的其他游戲，基本屬於平等組合游戲

2、N狀態（必勝狀態），P狀態（必敗狀態）

像例1的分析一樣，\(0,4,8,12……\)等狀態就是對於先手的P狀態（必敗狀態），其他的則是對於先手的N狀態（必勝狀態）。

那么我們定義兩個狀態之間的轉換：

• 所有的終止狀態都為P狀態
• 對於任意的N狀態，存在至少一條路徑可以轉移到P狀態
• 對於任意的P狀態，只能轉移到N狀態

證明過於簡單，這里不再贅述，我們只需要明白一點，每個人都會選擇最策略即可。

當然這里所說的都是最后走步的人獲勝的游戲，至於那些走到最后失敗的游戲，我們在最后做了一個簡單的講解（Anti Nim）。

例2：取石子游戲之二

將例1的游戲擴展一下，我們定義一個集合\(S=\{{p_{1},p_{2},...,p_{k}}\}(k \in Z^*)\)，\(A,B\)在游戲的時候取走的石子數必須是集合里的數，其他條件不變。

那么，\(A\)還有必勝策略嗎？

有沒有必勝策略，我們關鍵是要找到哪些狀態是P狀態，哪些狀態是N狀態，不過，本題沒有例1那么容易判斷，因此我們需要引入一個新東西——SG函數，它的定義如下：

\[f(v)=mex\{f(u)|u\in child[v]\} \]

其中，mex(minimal excludant)是定義在整數集合上的操作。它的自變量是任意整數集合，函數值是不屬於該集合的最小自然數。

\[mex(A)=min\{k|k \in \complement_{N}A\} \]

那么，終止狀態的SG值顯然為\(0\)，並且SG值為\(0\)的狀態就是P狀態，SG值不為\(0\)的狀態就是N狀態。
證明則非常顯然，SG值為\(0\)的狀態，說明它的所有后繼狀態都不為\(0\)，也就是它只能轉移到非\(0\)狀態，而SG值不為\(0\)的狀態則不一樣。那么SG值為\(0\)的狀態就是必敗狀態的定義，SG值不為\(0\)的狀態就是必勝狀態的定義，所以我們只需要用集合S求出每個狀態的SG值即可。

類似代碼請見[POJ2960]S-Nim

例3：取石子游戲之三

有\(n\)個石子，\(A,B\)兩人輪流取石子，規定他們每次至多只能取當前石子總數\(\lceil \dfrac{s}{2}\rceil\)個石子，問\(A\)先手是否有必勝策略

這題主要是為了加強大家對SG函數的理解，我們考慮從\(0\)開始

\(SG(0)=0,SG(1)=1,SG(2)=0,SG(3)=mex\{SG(3-1),SG(3-2)\}=2\)
\(SG(4)=mex\{SG(4-1),SG(4-2)\}=1...\)

我們把他們列出來找下規律：

0,1
0,2,1,3
0,4,2,5,1,6,3,7
0,8,4,9,2,10...

好像有個很奇怪的規律：數列在間隔遞增，上一行的數間隔着插在下一行的數中間。沒錯，這就是本題SG函數的規律，先手必敗當且僅當SG值為\(0\)。

例4：取石子游戲之四（Nim游戲）

有\(n\)堆石子，石子數目分別為\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)，\(A,B\)兩人每次可以選一堆石子取走任意多個，問\(A\)先手是否有必勝策略。

這題相當於例2的擴展版本，由於這里有多堆石子，因此我們可以得到多個SG值，而且這些SG值必定為\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)，那么我們怎么由這一些SG值得到整局游戲的SG值呢？

Nim游戲的神奇之處在於它的SG值和異或扯上了關系，Nim游戲中先手必敗當且僅當\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0\),\((\oplus\)為異或)，那么，這個為什么是成立的？

首先，\(\oplus\)滿足如下定律和性質

• 交換律：\(x\oplus y=y\oplus x\)
• 結合律：\(x\oplus(y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z\)
• 擁有單位元：\(0\oplus x=x\)
• 相同兩數運算為0：\(x\oplus x=0\)
• 消除律：\(x\oplus y=x\oplus z\Rightarrow y=z\)

當Nim游戲的SG值為\(0\)時，我們假定取\(x_{k}\)中的某些石子，使得其變成\(x_{k}'\)，我們假設\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}\oplus...\oplus x_{n}=0=x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}'\oplus...\oplus x_{n}\)，根據消除律可得，\(x_{k}=x_{k}'\)，這與我們的條件相矛盾，因此說明在取了石子之后，SG必然發生了改變；

那么對於一個SG值不為\(0\)的狀態，我們必然可以通過一個操作，使得SG值變\(0\)。我們只需要找到當前SG最左端為\(1\)的一列（二進制），任意找到一堆石子使得那一列同樣為\(1\)，從這堆中取走若干個石子，使得SG'值為\(0\)。這是顯然可以的，因為將那一列變成\(0\)，這個數就必然變小了，對於其他列只需要把\(0\)變成\(1\)，\(1\)變成\(0\)即可。

因此，我們得到，對於Nim游戲而言，必敗狀態當且僅當\(x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0\)，對於其他情況，先手必能使當前局面變成必敗狀態。

代碼請見[POJ2975]Nim

例5：取石子游戲之五（Nimk）

有\(n\)堆石子，石子數目分別為\(x_i\)，\(A,B\)兩人每次可以選取最多\(k\)堆石子，並從選中的每堆石子堆中取走任意多的石子，問\(A\)是否有必勝策略

首先這題又稱Nimk，那么肯定和Nim游戲有關聯，其實Nimk就是Nim游戲的一個簡單擴展

Nimk存在必勝策略，當且僅當，將所有石子數轉成二進制后，存在某位上，所有二進制數中1的個數之和\(\%(k+1)\)不為\(0\)，用數學語言表述，則存在一個數\(t\)，使得\((\sum\limits_{i=1}^n x_i\land2^{t-1})\%(k+1)\ne 0\)

如何證明？首先終止局面全為\(0\)，滿足必敗條件

對於任意一種必勝狀態，必然存在一種取石子方式，使得其可以轉移到必敗狀態。我們設必勝狀態下，\(1\)的個數\(\%(k+1)\)不為\(0\)的最高二進制位上有\(m\)個\(1\)，則將這些\(1\)都改成\(0\)需要更改\(m\)堆；若遇到下一個二進制位上，\(1\)的個數\(\%(k+1)\)不為\(0\)，記該位上有\(r\)個\(1\)，並且記之前改變的\(m\)堆在該位上有\(a\)個\(1\)和\(b\)個\(0\)（所有變量都是在\(\%(k+1)\)之后的值）

然后我們分情況討論：

• \(a\geqslant r\)，則將\(r\)個\(1\rightarrow0\)
• \(b\geqslant k+1-r\)，則將\(k+1-r\)個\(0\rightarrow 1\)
• \(a<r\)且\(b<k+1-r\)，則我們改變之前\(m\)堆以外的\(r-a\)堆，那么此時我們改變的堆數為\(m+r-a\Rightarrow a+b+r-a\Rightarrow b+r\)，又因為\(b+r<k+1-r+r\Rightarrow k+1\)，所以我們改變的堆數\(m-r+a<k+1\)，那么這樣的改法是合法的

重復上述操作，我們必然能使每一位上的\(1\)的個數\(\%(k+1)\)為\(0\)，即轉移到先手必敗態

那么對於任意一個先手必敗態而言，由於我們每次最多只能選取\(k\)堆，所以我們不能在同一二進制位上改變\(k+1\)個值；而且每次改變會導致一系列的連鎖反應，因此我們無法從一個先手必敗態轉移到先手必敗態，證畢

其實Nim游戲相當於Nimk中\(k=1\)的情況……

例6：取石子游戲之六（Wythoff's Game）

有兩堆石子，個數為\(x_{1},x_{2}\)；\(A,B\)輪流取石子，規定要么只取一堆的任意多個，要么在兩堆里取同樣任意多個，問\(A\)先手是否有必勝策略。

這種情況下是頗為復雜的，普通SG函數已經無法解決這個問題。我們用\((a_{k},b_{k}),(a_{k} \leqslant b_{k},k \in [0,n])\)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。

那么，我們該如何去找到這些奇異局勢呢？

首先我們知道，局勢\((x,y)\)和局勢\((y,x)\)是等價的。考慮遞推的思想，我們已經知道\((0,0)\)是個奇異局勢，也就是個先手必敗態，那么根據定義，能夠到達\((0,0)\)狀態都為先手必勝態，也就不是奇異局勢。

我們從直角坐標系來考慮，\((0,0)\)為奇異局勢后，那么\((0,k),(k,0),(k,k)\)都是非奇異狀態，我們把它們划去，然后找到第一個沒有被划的點，也就是\((1,2)\)和\((2,1)\)（因為他倆對稱），然后按同樣的方法處理，之后找到\((3,5)\)和\((5,3)\)...

這樣我們可以得到前幾個奇異局勢是：\((0,0)\)、\((1,2)\)、\((3,5)\)、\((4,7)\)、\((6,10)\)、\((8,13)\)、\((9,15)\)、\((11,18)\)、\((12,20)\)...

通過找規律，我們大膽猜測一下\((a_{k},b_{k})\)滿足：

• \(a_{k}\)是未在之前出現過的最小自然數

• \(b_{k}=a_{k}+k\)。

下面我們給出其證明：

• 根據我們尋找奇異局勢的方法，可以得知\(a_{k}\)為之前未出現的最小自然數

• 我們使用數學歸納法，假定之前的\(k\in[1,n],(a_{k},a_{k}+k)\)都為奇異局勢，我們只需要證明\((a_{n+1},a_{n+1}+n+1)\)為奇異局勢即可

  從局勢\((a_{n+1},a_{n+1}+n+1)\)出發，只可能走向三種狀態，從左邊拿一點，從右邊拿一點，或者兩邊一起拿一點：

  情況一：因為比\(a_{n+1}\)小的數在之前都出現過，所以一旦左邊少了，我們只要把右邊拿到相同的情況即可

  情況二（右邊取的較少）：這樣使得兩堆之間差值變小了，變成了\((a_{n+1},a_{n+1}+m)\)，這樣我們拿成\((a_{m},a_{m}+m)\)即可

  情況二（右邊取的較多）：這樣使得右邊比左邊少了，這樣就變成了和情況一類似，可以直接取到奇異局勢

  情況三：若拿成\((a_{m},a_{m}+n+1)\)，我們直接取成\((a_{m},a_{m}+m)\)即可

奇異局勢還有如下三條性質：

• 任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。
• 任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。
• 采用適當的方法,可以將非奇異局勢變為奇異局勢。

我們同樣給出其證明：

• 由於\(a_{k}\)是未在前面出現過的最小自然數，所以有\(a_{k}>a_{k-1}\) ,而\(b_{k}=a_{k}+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1}\) 。所以性質1，成立。

• 若只改變奇異局勢\((a_{k},b_{k})\)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\((a_{k},b_{k})\)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。

• 假設面對的局勢是\((a,b)\)：

  如果 \(a=b\)，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\(a=a_{k},b>b_{k}\)，那么，取走\(b-b_{k}\)個物體，即變為奇異局勢；

  如果\(a=a_{k},b<b_{k}\),則同時從兩堆中拿走\(a_{k}-a_{b-a_{k}}\)個物體，變為奇異局勢\((a_{b-a_{k}},a_{b-a_{k}}+b-a_{k})\)；

  如果\(a>a_{k},b=a_{k}+k\)，則從第一堆中拿走多余的數量\(a-a_{k}\)即可；

  如果\(a<a_{k},b=a_{k}+k\)，分兩種情況:

  • 第一種，\(a=a_{j},(j<k)\),從第二堆里面拿走\(b-b_{j}\)即可；
  • 第二種，\(a=b_{j},(j<k)\),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。

而且，通過如上性質，我們可以發現，\(a_{n},b_{n}\)很像Beatty數列。其實，\(a_{n},b_{n}\)就是Beatty數列。

下面介紹下Beatty數列和Beatty定理：

取正無理數\(\alpha,\beta\)，使得\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)

構造兩個數列\(a_{n},b_{n}\)，它們的通項為\(a_{n}=\lfloor{\alpha n}\rfloor,b_{n}=\lfloor{\beta n}\rfloor\)

那么這個數列顯然是正整數序列，Beatty定理指出，兩個數列都是嚴格遞增的，並且每個正整數在兩個數列中只出現一次

我們給出其證明：

• 單調性：因為\(\frac{1}{\alpha}<1,\alpha>1\)，所以\(\alpha n-1>\alpha (n-1)\)，所以\(a_{n}-1>a_{n-1}\)，\(b_{n}\)也亦然如此。
• 完備性：我們要證明這個命題，只需要證明對於任意一個\(k,(k \in Z^*)\)，小於等於\(k\)的數在序列中出現了\(k-1\)次即可。

設數列\(a_{n}\)的前\(p\)項小於等於\(k\)（不包括\(p+1\)項），又因為每項取整前為無理數，不可能取到整數值，那么就有

\(\begin{cases}\alpha p<k+1\\\alpha (p+1)>k+1\end{cases}\)

合並兩式，得到\(p=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor\)，這就是小於等於\(k\)的數在\(a_{n}\)中的出現次數，同理，我們可以得到其在\(b_{n}\)中的出現次數，那么我們有小於等於\(k\)的數在Beatty數列中的總出現數\(S=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor+\lfloor\frac{k+1}{\beta}\rfloor\)

注意到兩個取整函數中的數都是無理數，於是我們就有嚴格的不等式

\((\frac{k+1}{\alpha}-1)+(\frac{k+1}{\beta}-1)<S<\frac{k+1}{\alpha}+\frac{k+1}{\beta}\)
於是有\(k-1<S<k+1\)，那么\(S=k\)，證畢。

我們回到之前的奇異局勢，由於奇異局勢中的\(a_{n},b_{n}\)序列滿足Beatty數列，那么同樣滿足其構造方法，即\(a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rfloor\)且\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)。

因為\(a_{n}+n=(\alpha +1)n=b_{n}\)，所以\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha +1}=1\)，解得\(\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)

那么，我們就得到了通項式:\(a_{k}=\lfloor{k×\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\rfloor,b_{k}=a_{k}+k\)

所以對於任意局勢，先手必敗當且僅當局勢為奇異局勢，我們只需要用通項式判斷其是否為奇異局勢即可。

代碼請見[SHOI2002]取石子游戲之三

例7：取石子游戲之七（Fibonacci Nim）

有一堆個數為\(n\)的石子，\(A,B\)輪流取石子，滿足：

• 先手不能在第一次把所有的石子取完；
• 之后每次可以取的石子數介於\(1\)到對手剛取的石子數的\(2\)倍之間（包含\(1\)和對手剛取的石子數的\(2\)倍）。

約定取走最后一個石子的人為贏家，問\(A\)先手是否有必勝策略。

這個和之前的Wythoff's Game和取石子游戲有一個很大的不同點，就是游戲規則的動態化。之前的規則中，每次可以取的石子的策略集合是基本固定的，但是這次有規則：一方每次可以取的石子數依賴於對手剛才取的石子數。

這個游戲叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci數列：\(1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,…\) 有密切的關系。如果試驗一番之后，可以猜測：先手勝當且僅當n不是Fibonacci數。換句話說，必敗態構成Fibonacci數列。

就像Wythoff博弈需要Beatty定理來幫忙一樣，這里需要借助Zeckendorf定理（齊肯多夫定理）：任何正整數可以表示為若干個不連續的Fibonacci數之和。

首先我們證明下Zeckendorf定理（齊肯多夫定理）：

我們以\(Fib_{n}\)代表Fibnacci數列的第\(n\)項，\(m,(m \in Z^*)\)，易知當\(m=1,2,3\)時，該定理都成立，那么我們運用數學歸納法：假定該定理對所有小於\(m\)的數都成立，我們只要證明該定理對\(m\)成立即可。

• 當\(m\)為\(Fib\)數時，該定理成立
• 當\(m\)不為\(Fib\)數時，設\(Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}\)。

設\(m'=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}\)，即\(m'<Fib_{p_{1}-1}\)

因為\(m'<m\)，又因為歸納法假設\(m'\)可以表示成不連續的Fibnacci數列之和，即\(m'=Fib_{p_{2}}+Fib_{p_{3}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{2}>p_{3}>...>p_{t})\)且不是連續的整數，又因為\(m'<Fib_{p_{1}-1}\)，所以\(p_{2}<p_{1}-1\)，即\(p_{1},p_{2}\)也不是連續的整數。

故\(m=m'+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})\)且不是連續的整數，所以該定理成立

所以Zeckendorf定理（齊肯多夫定理）對所有的\(m,(m \in Z^*)\)都成立

那我們再看看Fibnacci數列的必敗證明：

首先給出三個定理，之后證明需要用到:

• \(Fib_{n+1}<2*Fib_{n}<Fib_{n+2}\)
• \(Fib_{n+2}<3*Fib_{n}\)
• \(4*Fib_{n}<3*Fib_{n+1},(4*Fib_{n}<3*(Fib_{n}+Fib_{n-1})\Rightarrow Fib_{n}<Fib_{n+1}<3*Fib_{n-1})\)

同樣運用數學歸納法：

• 當\(i=2\)時，先手只能取1顆，顯然必敗，結論成立。
• 假設當\(i \leqslant k\)時，結論成立。

則當\(i=k+1\)時，\(Fib_{i}=Fib_{k}+Fib_{k-1}\)。

則我們可以把這一堆石子看成兩堆，簡稱\(k\)堆和\(k-1\)堆。

(一定可以看成兩堆，因為假如先手第一次取的石子數大於或等於\(Fib_{k-1}\)，則后手可以直接取完\(Fib_{k}\)，因為\(Fib_{k}<2*Fib_{k-1}\))

對於\(k-1\)堆，由假設可知，不論先手怎樣取，后手總能取到最后一顆。下面我們分析一下后手最后取的石子數\(x\)的情況。

如果先手第一次取的石子數\(y \geqslant \dfrac{Fib_{k-1}}{3}\)，則這小堆所剩的石子數小於等於\(2y\)，即后手可以直接取完，此時\(x=Fib_{k-1}-y\)，則\(x \leqslant \dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)。

我們來比較一下\(\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)與\(\dfrac{Fib_{k}}{2}\)的大小。即\(4*Fib_{k-1}\)與\(3*Fib_{k}\)的大小，我們已經得出后者大。

所以我們得到，\(x<\dfrac{Fib_{k}}{2}\)。

即后手取完\(k-1\)堆后，先手在能取最多石子的情況下不能一次性取完\(k\)堆，所以游戲規則沒有改變，則由假設可知，對於\(k\)堆，后手仍能取到最后一顆，所以后手必勝。

即\(i=k+1\)時，結論依然成立。

對於不是Fibonacci數列，首先進行分解。

分解的時候，要取盡量大的Fibonacci數。

比如分解\(85\)：

\(85\)在\(55\)和\(89\)之間，於是可以寫成\(85=55+30\)，然后繼續分解\(30\)，\(30\)在\(21\)和\(34\)之間，所以可以寫成\(30=21+9\)，依此類推，最后分解成\(85=55+21+8+1\)。

則我們可以把\(n\)寫成\(n=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+……+Fib_{p_{k}},(p_{1}>p_{2}>……>p_{k})\)
我們令先手先取完\(Fib_{p_{k}}\)，即最小的這一堆。由於各個\(Fib\)之間不連續，則\(p_{k-1}>p_{k}+1\)，則有\(Fib_{p_{k-1}}>2*Fib_{p_{k}}\)。即后手只能取\(Fib_{p_{k-1}}\)這一堆，且不能一次取完。

此時后手相當於面臨這個子游戲(只有\(Fib_{p_{k-1}}\)這一堆石子，且后手先取)的必敗態，即先手一定可以取到這一堆的最后一顆石子。

同理可知，對於以后的每一堆，先手都可以取到這一堆的最后一顆石子，從而獲得游戲的勝利。

代碼請見[COCI2010]HRPA

例8：取石子游戲之八（Staircase Nim）

有\(n\)堆石子，每堆石子的數量為\(x_{1},x_{2},...,x_{n}\)，\(A,B\)輪流操作，每次可以選第\(k\)堆中的任意多個石子放到第\(k-1\)堆中，第\(1\)堆中的石子可以放到第\(0\)堆中，最后無法操作的人為輸。問\(A\)先手是否有必勝策略。

Staircase Nim又名階梯Nim，它其實可以通過一些轉化變成我們所熟知的Nim游戲，先手必敗當且僅當奇數階梯上的石子數異或和為\(0\)，那么為什么是這樣呢？

假如我們是先手，我們就按照這個方法將多余的石子從奇數堆移動到偶數堆里面。

此后如果對手移動的是奇數堆，我們就繼續移動奇數堆使得SG值重新變為\(0\)；如果對手移動的是偶數堆，我們就將他移動到奇數堆中的石子繼續往下移。

這樣經過多次操作我們總能使奇數堆保持必勝狀態，最后我們總可以在對手之后將石子從奇數堆移動到偶數堆，最后移動到第\(0\)堆，這樣對手就不能移動了。

所以通過整個過程我們可以發現，偶數堆中的石子不會影響整個游戲的結果，只有奇數堆中的石子會影響游戲結果。

因此對這個游戲而言，先手必敗當且僅當奇數堆中的石子數異或和為\(0\)。

類似代碼請見[POI2004]GRA

例9：取石子游戲之九（Anti Nim）

本題為例4（Nim 游戲）的變相版本，其他條件均不變，唯獨定義：取到最后一個石子的人為輸。那么\(A\)先手是否有必勝策略？

這題和Nim游戲非常類似，就是輸贏的條件不同，但是這個游戲的勝利狀態卻和Nim有一些區別，這個游戲的的勝利當且僅當：

• 所有堆石子數都為\(1\)且SG值為\(0\)
• 至少有一堆石子數大於\(1\)且SG值不為\(0\)

我們對這個游戲進行分析，將其分為兩種情況：

• 所有堆的石子數均為\(1\)
• 至少有一堆石子數大於\(1\)

對於第一種情況而言，我們可以很容易得到當堆數為奇數時，先手必敗，否則先手必勝。

對於第二種情況而言，我們分兩種情況進行討論：

• 當SG值不為\(0\)時：
  若還有兩堆石子數目大於\(1\)時，我們將SG值變為\(0\)即可；若只有一堆石子數目大於\(1\)時，我們總可以讓狀態變成有奇數個\(1\)。所以當SG不為0時，先手必勝。
• 當SG值為\(0\)時：
  這樣的話至少會有兩堆石子的數目大於\(1\)，那么先手決策完之后，必定會使局面的SG值不為\(0\)，這樣便到了先手必勝局。所以當SG為\(0\)時，先手必敗。

代碼請見[SHOI2008]小約翰的游戲

但是上述有關的推導只對於Anti Nim成立，對與Anti SG-組合游戲這個推論是不成立的，因此Anti SG-組合游戲的推論我們是需要重新證明的。不過這篇博客主要討論單一游戲的決策問題，因此對於SG-組合游戲不予以討論，有興趣的讀者可以參考賈志豪《組合游戲略述——淺談SG游戲的若干拓展及變形》