博弈論總結
開頭&一些基本性質
本文的大部分內容來自於\(YMD\)的課件。(\(orz\ YMD\))
一、必勝點和必敗點
- \(P\)點：必敗點，在雙方都聰明無比的情況下（比如\(zsy\)和\(ppl\)在玩游戲），當前先手的人必敗的情況。
- \(N\)點：必勝點，在雙方操作都正確的情況下先手必勝的位置。
幾個性質
- 所有的終止位置都是必敗點\(P\)（我們認為這個是公理，即所有推導都在這個性質成立的基礎上進行。
- 從任何一個必勝點\(N\)操作，至少有一種方法可以達到一個必敗點\(P\)。
- 從一個必敗點\(P\)出發，只能夠到達一個必勝點\(N\)。
二、無偏博弈
無偏博弈是一類任意局勢對於游戲雙方都是平等的回合制雙人游戲。平等的含義是當前的所有可行的走法僅僅只依賴與當前的局勢，而與當前誰移動無關。換而言之，兩個人除了先后手的區別之外就不存在任何區別。除此之外，還需要滿足一下性質：
- 完全信息，任何一個游戲者都能夠知曉整個游戲狀態。
- 無隨機行動，所有的行動都會轉移到一個唯一確定的狀態。
- 在有限步內游戲會終止，此時有唯一的勝者。
三、常見模型
- 巴什博奕(\(Bash\ Game\))
- 威佐夫博弈(\(Wythoff\ Game\))
- 尼姆游戲(\(Nim\ Game\))
- \(Anti-SG\)游戲
- \(Multi-SG\)游戲
- \(Every-SG\)游戲
- 翻硬幣游戲
- 樹上刪邊游戲
巴什博奕(\(Bash\ Game\))
基本問題
有一堆石子，總個數是\(n\)，兩名玩家輪流在石子堆中拿石子，每次至少取\(1\)個，至多取\(m\)個。取走最后一個石子的玩家為勝者。判定先手和后手誰勝。
解決方法
如果\((m+1)|n\)則先手必敗，否則先手必勝。
證明：
假設\((m+1)|n\)，那么假設先手拿走了\(x\)個，那么后手必定可以拿走\((m+1)-x\)個，這樣子無論怎么拿，剩下的石頭個數都將是\(m+1\)的倍數。那么最后一次取的時候石頭個數必定還剩下\(m+1\)個，無論先手拿多少個，都會剩下石頭，此時后手必定可以將剩下的所有石頭取光從而獲勝。
否則的話，先手可以取走模\(m+1\)余數個數個石頭，此時模型轉換為了先手面對\((m+1)|n\)個石頭的情況，也就是后手必敗，即先手必勝。
題目&代碼
威佐夫博弈(\(Wythoff\ Game\))
基本問題
有兩堆石子，石子數可以不同。兩人輪流取石子，每次可以在一堆中取，或者從兩堆中取走相同個數的石子，數量不限，取走最后一個石頭的人獲勝。判定先手是否必勝。
解決方法
這個東西意義不是很大，打表找規律之后可以發現先手必敗的狀態一定形如\(([i\times\phi],[i\times\phi^2])\)。其中\(\phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\)，\([x]\)表示不大於\(x\)的最大整數。一些證明可以參考這個神仙博主的博客。
題目&模板
尼姆博弈(\(Nim\ Game\))
基本問題
有三堆石子，兩人輪流取，每次可以從一堆中取走任意數量個石子，至少取走一個，問先后手誰勝。
一般推廣：有\(n\)堆石子\(x_1,x_2,x_3,...,x_n\)，兩人輪流取，每次可以從任意一堆石子中取走至少一個石子，問先后手誰勝。
解決方法
方法很簡單，直接求所有\(x_i\)的異或和，如果異或和為\(0\)則先手必敗，否則先手必勝。形式化的表達即當且僅當\(x_1\oplus x_2\oplus x_3\oplus...\oplus x_n=0\)時，先手必敗。
同理，也就是所以異或和為\(0\)的狀態是\(P\)狀態，所有異或和非\(0\)的是\(N\)狀態。
證明(偽證)：
首先當沒有石子的時候，先手必敗，此時所有石子的異或和為\(0\)，這個是\(P\)狀態。
接下來我們證明任意一個\(N\)狀態至少能夠達到一個\(P\)狀態。
假設當前所有石子個數的異或和為\(k\)，即\(\oplus_{i=1}^nx_i=k\)，那么，必定存在一個\(x_i\)滿足\(x_i\)二進制位上存在\(k\)的最高位，並且不難證明\(x_i\oplus k<x_i\)，那么，將\(x_i\)異或上\(k\)之后，剩下所有的數的異或和恰好為\(0\)，又回到了一個\(P\)狀態。
而一個\(P\)狀態的異或和為\(0\)，任何一個數減小之后異或和一定不為\(0\)，所以可以證明任何一個\(P\)狀態的后繼狀態都是\(N\)狀態。
綜上，異或和為\(0\)的狀態先手必敗，其他情況先手必勝。
拓展形式
-
每次取的石子數存在上界\(m\)
這個是\(Bash\ Game+Nim\ Game\)，只需要把所有石子按照\(m+1\)取模再考慮\(Nim\)游戲就好了。
-
每次允許從\(k\)堆石子中取(\(Nim_k\))
我們一般考慮的情況是\(Nim_1\)，我們的解法是考慮\(2\)進制下的異或和是否為\(0\)，而異或和是不進位的加法，同理，對於\(Nim_k\)的情況，我們考慮\(k+1\)進制下每一位不進位加法的結果，如果每一位都是\(0\)的話就是\(P\)局面，否則是\(N\)局面。
-
階梯博弈：博弈在階梯上進行，每次可以將一堆的若干式子移動到上一階去，不可操作者輸。
忽略所有的偶數階梯，只留下奇數階梯，轉化為普通的\(Nim\)游戲。大致的思路是這樣的：首先終止狀態一定是所有石子都在\(0\)號階梯，即一個偶數階梯。那么如果對方移動了一個偶數階梯上的石子，那么你可以在移動結束的那個奇數階梯，直接把等數量的石子繼續向前移動，這樣子可以保證偶數階梯上的石子對於結果沒有任何影響。那么如果移動的是一個奇數階梯，因為偶數階梯是沒有影響的，所以你可以認為移動奇數階梯就是直接被移走了，那么這就是一個普通的\(Nim\)游戲了。
題目&模板
\(SG\)定理和\(SG\)函數
- \(Sprague-Grundy\)定理：所有一般勝利下的無偏博弈（定義在上面）都能夠轉化成尼姆數表達的尼姆堆博弈，一個無偏博弈的尼姆值定義為這個博弈的等價尼姆數。(抄自\(YMD\)課件)
- \(SG\)函數：對於每一個狀態的一個尼姆數的函數又被稱作\(Sprague-Grundy\)函數。
翻譯成人話就是：對於當前游戲\(X\)，它可以拆分成若干個子游戲\(x_1,x_2,x_3,...,x_n\)。那么\(SG(X)=SG(x_1)\oplus SG(x_2)\oplus...\oplus SG(x_n)\)。
接下來定義\(mex\)運算，\(mex\)運算是對於一個集合\(S\)而言的，\(mex(S)\)表示的是最小的、不屬於集合\(S\)的非負整數。例如\(mex\{1,2,3\}=0,mex\{\phi\}=0\)。那么我們有運算\(SG(x)=mex\{SG(y),<x,y>\in E\}\)，其中\(E\)是邊集。即對於當前狀態\(x\)的\(SG\)函數，它的值定義為所有的后繼狀態的\(mex\)值。對於\(SG\)函數為\(0\)的位置一定是\(P\)位置，\(SG\)函數非\(0\)的位置是\(N\)位置。
這里直接空說很不好，我們舉個例子。
HDU1848 Fibonacci again and again，為了節約篇幅，直接戳鏈接看題目&題解&代碼。
事實上，注意"后繼"這個詞語，我們不難發現上述的東西可以理解為一個\(DAG\)上的問題。
\(Anti-SG\)游戲&\(SJ\)定理
基本問題
決策集合為空者的操作者勝利。翻譯成\(Nim\)一點的問題就是，給定\(n\)堆式子，每次每個人可以從任意一堆石子中拿走不少於一個的石子，拿走最后一個石子的人輸。
解決方法
\(SJ\)定理：對於一個\(Anti-SG\)游戲，如果我們規定當前局面中所有單一游戲的\(SG\)為\(0\)時，游戲結束，則先手必勝的條件為：
- 游戲的\(SG\)值不為\(0\)，且存在一個單一游戲的\(SG\)值大於\(1\)
- 游戲的\(SG\)值為\(0\)，且不存在一個單一游戲的\(SG\)值大於\(1\)
題目&模板
\(Multi-SG\)游戲
基本模型
決策集合為空的操作者輸。一個單一游戲的后繼可以是多個單一游戲。還是寫成\(Nim\)一點的式子，給定你\(n\)堆石子，每次可以取走任意數量個，或者將一堆式子拆分成兩堆（事實上更多也是可行的）非空石子，不能操作者輸，判定勝負。
解決方法
還是可以使用\(SG\)函數解決，舉個例子，比如當前存在一堆\(3\)個石子，那么可以直接走\(0,1,2,3\)個石子，也可以拆分成\((1,2)\)兩堆，因此\(SG(3)=mex\{SG(0),SG(1),SG(2),SG(3),SG((1,2))=SG(1)\oplus SG(2)\}\)。
那么這個問題本質上還是一個\(Nim\)游戲，可以直接用\(SG\)函數解決。
同時，對於這樣每次可以拆分兩堆的\(Multi-SG\)游戲，打表后發現有這樣一個性質：
題目&模板
\(Every-SG\)游戲
基本模型
對於沒有結束的任何一個單一游戲，操作者必須對其進行一步操作，無法操作者輸。
解決方法
所有游戲都是獨立的，並且我們發現無法操作者輸，而同時又在進行多個游戲。因此，我們知道勝負情況只與最后結束的游戲的勝負情況相關。既然只與最后結束的游戲相關，那么我們這樣分析：首先對於一個能夠取得勝利的游戲，我們必定會取得勝利，這樣一定不會讓結果更差，因為只要贏了，這局游戲就一定不會讓自己輸。那么對於所有單個游戲的勝負情況，我們一定可以判定，但是對於整個\(Every-SG\)的情況，我們只能夠通過最后結束的游戲判定。所以，對於一個我們必勝的游戲，我們一定會想辦法將其盡可能的向后拖，即我們期望它盡可能完的結束；反過來，對於一個必敗的游戲，我們一定會讓他盡可能早的結束。這幾句推論正確的理由都是所有游戲都是互相獨立的。
那么，我們首先可以判定出所有位置是\(N\)點還是\(P\)點，然后根據必勝和必敗的關系，我們必定要決策步數最小還是步數最大，那么這個就非常類似於一個\(min-max\)搜索。至於\(N\)點和\(P\)點的判定我們可以很容易的用\(SG\)函數表示出來。我們定義\(step(x)\)為狀態\(x\)時(在滿足\(N/P\)的條件下)的步數，我們可以得到這樣一個轉移:
不難發現對於一個\(P\)狀態，\(step\)一定是偶數，對於一個\(N\)狀態，\(step\)一定是一個奇數。那么對於這樣一個游戲，先手必勝的條件就變成了當且僅當所有單一游戲的最大\(step\)是一個奇數。
題目&模板
HDU3595 觀察性質后直接用\(Every-SG\)求解
翻硬幣游戲
題目
有\(n\)枚硬幣排成一排，依次編號\(1\)到\(N\)，有的正面朝上，有的反面朝上。現在按照一定的規則翻硬幣（比如每次只能翻一枚或者兩枚，或者每次只能翻動連續的幾枚），但是強制要求最靠右的硬幣必須從正面被翻到了反面。操作集合為空者負。
解決方法
結論是這樣的：當前局面的\(SG\)值是所有正面朝上的硬幣單獨存在時的\(SG\)值的異或和。
證明？我也不會啊。可以感性理解一下，無論如何最右邊的硬幣都要翻，它翻了之后必定改變前面的狀態，但是前面的狀態是什么似乎和之前的狀態無關(假裝能夠說服我自己)，之和之前的狀態和現在狀態的差別(也就是看成\(01\)串后的異或和)相關，所以你可以把游戲拆分成所有正面朝上的硬幣的子游戲。
鏈接中給出這么多游戲的主要目的是因為直接使用\(SG\)函數求解效率太低，很多時候利用\(SG\)函數打表找規律才是最好的方法。
樹的刪邊游戲
題目
給定一個\(n\)個節點的有根樹，兩人輪流刪邊，刪去邊之后，不和根節點聯通的部分都會被移除。不能操作者輸，判斷勝負。
解決方法
結論：定義葉子節點的\(SG\)值為\(0\)，其他所有節點的\(SG\)值為它所有兒子的\(SG\)值加\(1\)后的異或和。
結尾
對於這一部分的博弈，這些東西都是比較常見的博弈模型。它們主要利用\(SG\)函數求解，換而言之，\(SG\)函數就是這篇文章中所有博弈游戲的靈魂。所有的一切都是利用\(SG\)函數區分\(N/P\)狀態，利用\(SG\)函數，也可以得到很多題目不會差於對抗搜索復雜度的算法。
但是有很多的博弈題目似乎並用不上\(SG\)函數，或者說很難用上，這個時候的解決方法一般就是要么直接打表找規律，要么通過分析和構造，找到先手必勝的條件再來進行判斷。這些非常見的博弈模型也就不是我在這里能夠窮舉完的啦。