前言
“博弈论”这个算法我久仰大名，一年前就已经有所耳闻，只是我一直不会，今天简单学习了博弈论初步。
博弈论一般来讲，问题的形式就是两个人进行某种博弈，这两个人都绝顶聪明，都希望自己能赢，因此会采取最优策略，博弈论一般不会出现平局的情况。
概念
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局面：游戏当前的状况
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必败局面：操作到这个局面的人一定会失败，只能由必胜局面转移而来。
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必胜局面：操作到这个局面的人一定会胜利，只能由必败局面转移而来。
博弈初步
Nim博弈
Nim博弈是最基础的博弈论问题之一 。
问题描述：有两名玩家(A)和(B)在一起玩一个游戏，一共有(N)堆石子，每一堆石子有(a[i])个，两人轮流取石子，每次可以从任意一堆取走任意多的石子，但不能不取，当轮到某一个人取石子的时候，如果他
不能再进行操作（也就是石子被取完了），他就输了，游戏结束。给定石子的堆数和每一堆的个数，两个人都希望采取最优解，问是否存在先手必胜的情况。
分析：问题的答案是，求每一堆石子的异或和，如果为(0),先手必败，如果不为(0),先手必胜。
证明：
设第(i)堆石子有(a[i])个，那么必败的局面就是所有石子都被取完，此时(a[1])^(a[2])^(....)^(a[n]=0)。
I.如果当前处于某个局面，本局面(a[1])^(a[2])^(...)^(a[n]=x!=0)（也就是必胜局面），那么我们运用异或的性质，在等式两边同时异或一个(x)，可以得到：
(a[1])^(a[2])^(...)^(a[n])^(x=x)^(x=0)
也就是说，我们可以在(a[i])中找到一个数与(x)异或，最终使局面转为(a[1])^(a[2])^(...)^(a[n]=0).
这个数可以随意寻找，只要满足(x)^(a[i]<=a[i])，那么我们就可以从某堆石子中取出(a[i]-x)^(a[i])个石子，从而使接下来的局面异或和等于(0)。我们将异或和不为(0)的状态称为必胜局面，第一是因
为当前选手可以继续操作，第二是因为考虑最优解，就要把局面转为必败局面。
II.如果当前处于某个局面，本局面(a[1])^(a[2])^(...)^(a[n]=0)（也就是必败局面），那么我们当前选手无论怎样取，都会转为异或和不为(0)的局面，也就是必胜局面。
举例，如果当前某一项(a[i])被我们变成了(a[j])，由于(a[i]!=a[j])，在满足(a[1])^(...)^(a[i])^(...a[n]=0)的情况下就不能再满足(a[1])^(...)^(a[j])^(...a[n]=0)，情况从必败局面转
为必胜局面，由II情况进入I情况。
综上所述，最初状态如果是必胜局面，那么处于这个局面的人必胜，否则必败。
这就是基础的(Nim)博弈。
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,a[500005],maxn;
int main()
{
int ans=0,add;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),ans^=a[i];
if(!ans){printf("lose
");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if((ans^a[i])<=a[i])
{
printf("%d %d
",a[i]-(ans^a[i]),i);
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(j==i){printf("%d ",ans^a[i]);continue;}
printf("%d ",a[j]);
}
break;
}
}
return 0;
}
Bash博弈
(Bash)博弈是另一类比较著名的博弈。
问题描述：两名玩家在一起玩游戏，一共有(N)个石子，每一次每个人可以取(M+1)个石子，问先手是否必胜？
分析：当(N%(M+1)==0)时，先手必败，否则必胜。
证明：
I.如果当前余下的石子数是(M+1)的倍数，假设当前选手取(x)个，另一个选手就可以在下一轮取走(M+1-x)个，余下的石子仍然是(M+1)的倍数，因此在这种情况下循环往复，直到最后游戏结束，面临(M+1)这种
情况的选手必败，因此这就是必败局面。
II.如果当前余下的石子数不是(M+1)的倍数，设余下的石子数(n=k*(M+1)+r)，因此当前选手总能取走(r)个，让余下的石子变成(M+1)的倍数，局面转入必败局面，因此，这就是必胜局面。
综上所述，当(N%(M+1)==0)的时候，先手必败，否则先手必胜。
证毕.
SG函数
(SG)函数是博弈论的核心，尽管很多题目它的作用仅仅是打表...因为博弈论的规律在赛场上不容易推导出来。
首先，定义一个新运算(mex{S})，其结果为(S)集合中未出现过的非负整数，举例，当(s={1,2,3,4})时，(mem{S}=0)，当(S={0,1,2,3,4})的时候，(mem{S}=5)。
我们定义(x)为当前状态下剩余的石子数量，那么(SG(x)=mex(SG(x-f[i]))(x-f[i]>=0))。
在上述计算式中，(f[i])表示的是我们每次能取走的石子数量。
于是我们得出，(SG(0)=0)，也就是必败局面。
那么，游戏的总局面就应该是所有堆的(SG)的异或和，如果这个值为(0)，那么先手必败，如果不为(0),则先手必胜。
(SG)函数的正确性是显然的，时间紧迫就等过段时间再补充证明吧。
这道题实际上是真的很不好做..但是我们可以通过(SG)函数打表实现。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,n,k,f[5],sg[100005],s[100005];
void i_Play_For_SG()
{
sg[0]=0;
sort(f+1,f+1+3);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(s,0,sizeof s);
for(int j=1;f[j]<=i&&j<=3;j++)s[sg[i-f[j]]]=1;
for(int j=0;j<=n;j++)
if(!s[j]){sg[i]=j;break;}
printf("%d : %d
",i,sg[i]);
}
}
int main()
{
f[1]=1,f[2]=2;
n=30;
for(int i=1;i<=20;++i)
{
f[1]=1,f[2]=2,f[3]=i;
printf("%d:
",i);
i_Play_For_SG();
}
return 0;
}
众所周知，暴力(SG)的复杂度是无法接受的，所以你可以根据具体的题目推导规律。
iPlayForSG是我们机房的一位神仙学长，博弈论吊打全机房的那种。（嘞是啥概念 大哥牛逼！）