目錄
預備知識
普通的Nim游戲
SG函數
預備知識
公平組合游戲（ICG）
若一個游戲滿足：
- 由兩名玩家交替行動；
- 游戲中任意時刻，合法操作集合只取決於這個局面本身；
- 若輪到某位選手時，若該選手無合法操作，則這名選手判負；
則稱該游戲為一個公平組合游戲。
Nim游戲
有若干堆石子，每堆石子的數量都是有限的，合法的移動是“選擇一堆石子並拿走若干顆（不能不拿）”，如果輪到某個人時所有的石子堆都已經被拿空了，則判負（因為他此刻沒有任何合法的移動）。
mex（minimal exdudant）函數
設 \(S\) 表示一個非負整數集合。定義 \(mex(S)\) 為求出不屬於集合 \(S\) 的最小非負整數的運算。
如：{ \(0,1,3\) } 對應的 \(mex值\) 就是 \(2\) 。
SG函數簡介
定義 \(SG(x)=mex(S)\) ，其中 \(S\) 指 \(x\) 的后繼狀態對應的 \(SG函數值\) 的集合。
在 \(SG\)函數板塊對應的模板題中（見下），\(x\) 代表着該堆石子的數量。
普通的Nim游戲
題目傳送門：https://www.acwing.com/problem/content/893/
題面：給定n堆石子，兩位玩家輪流操作，每次操作可以從任意一堆石子中拿走任意數量的石子（可以拿完，但不能不拿），最后無法進行操作的人視為失敗。
問如果兩人都采用最優策略，先手是否必勝。
分析
這題的結論十分地簡潔，就是：
若 \(a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}=0\) ，則先手必負，否則先手必勝。
證明：
我們記 \(a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}\) 為數列a的異或和，以下簡記為異或和。
先給出兩條引理：
-
\(a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}=x~(x>0)\) 時，必可以從一堆石子中拿走若干個石子，使得異或和為 \(0\)。
證明：\(x\) 的最高位（記為第 \(k\) 位）是 \(1\) ，\(a\) 中必然存在 \(a_i\) 滿足 \(a_i\) 第 \(k\) 位是 \(1\) ，那么我們將 \(a_i\) 變為 \(a_i \oplus x\) （因為 \(x\not=0\)，所以這樣操作一定合法），那么變換后的異或和即為 \(0\) 。 -
\(a_{1} \oplus a_{2} \oplus a_{3}...\oplus a_{n}=0\) 時，不存在合法操作，使得異或和仍為 \(0\)。
證明：假設將 \(a_i\) 變為 \(v\) 后異或和為 \(0\)
即 \(a_{1} \oplus a_{2}... \oplus a_{i}...\oplus a_{n}=0\) ，我們將這個式子與上式 \(a_{1} \oplus a_{2}... \oplus v...\oplus a_{n}=0\) 聯立，即得 \(a_{i}\oplus v=0\)，意味着 \(a_{i}=v\) ，即 \(a_{i}\) 不變，不是合法操作，故矛盾。
證明完引理后就不難了：
若輪到先手時，異或和為 \(0\) ，那么無論先手如何行動，后手都可以進行操作，使再次輪到先手時異或和仍為 \(0\) ，而游戲結束時異或和必然為 \(0\) ，故先手必敗。
反之（即若輪到先手時，異或和不為 \(0\) ）后手必敗。
代碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int k; cin>>k;
res^=k;
}
if(res) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
SG函數
利用一道模板題引入：
題目傳送門：https://www.acwing.com/problem/content/description/895/
題面：
給定 \(n\) 堆石子以及一個由 \(k\) 個不同正整數構成的數字集合 \(S\) 。
現在有兩位玩家輪流操作，每次操作可以從任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子數量必須包含於集合 \(S\) ，最后無法進行操作的人視為失敗。
問如果兩人都采用最優策略，先手是否必勝。
分析
先從一堆石子分析開始：
例如：該堆石子有 \(6\) 個，每次可取 \(2\) 或 \(3\) 個，求 \(SG(6)\) 。
我們可以畫出一棵樹，代表着兩人的決策樹。
注意到 \(SG(0)=0\)
根據 \(SG\) 函數的定義，對於決策樹上的點對應 \(SG\) 函數值為：
除了上面的例子外，
我們還可以自己構造一棵 \(SG\) 函數值構成的樹：
從中我們可以直觀地看出 \(SG\) 的兩個重要性質：
- 非 \(0\) 結點可以到 \(0\) 結點
- \(0\) 結點一定不可以到非 \(0\) 結點
根據 \(SG\) 函數的性質以及游戲規則，\(SG(x)=0\) 時意味着相應的玩家必負。
分析多堆石子的情況：
我們規定，對於每堆石子 \(G_i\) ，對應的 \(SG(G_i)=SG(x)\) ，其中 \(x\) 是該堆石子最初的數量。
結合這棵樹：
從 \(SG\) 函數可以看出，當先手進行決策后，對應的的 \(SG\) 函數值可以為 \([0,SG(x)-1]\)，這恰好就像我們最初討論的普通的Nim問題中取石子的規則！
在這里，我們將 \(SG\) 函數值看成是普通的Nim問題中石子的數量就可以用相同的方法解決了。
求 \(SG\) 函數的辦法
我采取的是記憶化搜索的辦法，見下：
int f[M]; // SG函數的值
int s[N]; // 可以取多少石子
int sg(int x){
if(f[x]!=-1) return f[x]; // 當已經更新過就直接返回。
unordered_set<int> S;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));
for(int i=0;;i++)
if(!S.count(i)) return f[x]=i;
}
代碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105 ,M=1e4+5;
int n,k;
int f[M]; // SG函數的值
int s[N]; // 可以取多少石子
int sg(int x){
if(f[x]!=-1) return f[x]; // 當已經更新過就直接返回。
unordered_set<int> S;
for(int i=1;i<=k;i++)
if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));
for(int i=0;;i++)
if(!S.count(i)) return f[x]=i;
}
int main(){
memset(f,-1,sizeof f); // init
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++) cin>>s[i];
cin>>n;
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int t; cin>>t;
res^=sg(t);
}
if(res) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}