【博弈論】組合遊戲及SG函式淺析

目錄

預備知識

普通的Nim遊戲

SG函式

預備知識

公平組合遊戲（ICG）

若一個遊戲滿足：

• 由兩名玩家交替行動；
• 遊戲中任意時刻，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；

則稱該遊戲為一個公平組合遊戲。

Nim遊戲

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）函式

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函式簡介

定義 \(SG(x)=mex(S)\) ，其中 \(S\) 指 \(x\) 的後繼狀態對應的 \(SG函式值\) 的集合。

在 \(SG\)函式板塊對應的模板題中（見下），\(x\) 代表著該堆石子的數量。

普通的Nim遊戲

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），最後無法進行操作的人視為失敗。
問如果兩人都採用最優策略，先手是否必勝。

分析

這題的結論十分地簡潔，就是：
若 \(a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=0\) ，則先手必負，否則先手必勝。

證明：

我們記 \(a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}\) 為數列a的異或和，以下簡記為異或和。

先給出兩條引理：

• \(a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=x~(x>0)\) 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 \(1\) ，那麼我們將 \(a_i\) 變為 \(a_i \bigoplus x\) （因為 \(x\not=0\)，所以這樣操作一定合法），那麼變換後的異或和即為 \(0\) 。

• \(a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=0\) 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 \(v\) 後異或和為 \(0\)
  即 \(a_{1} \bigoplus a_{2}... \bigoplus a_{i}...\bigoplus a_{n}=0\) ，我們將這個式子與上式 \(a_{1} \bigoplus a_{2}... \bigoplus v...\bigoplus a_{n}=0\) 聯立，即得 \(a_{i}\bigoplus v=0\)，意味著 \(a_{i}=v\) ，即 \(a_{i}\) 不變，不是合法操作，故矛盾。

證明完引理後就不難了：
若輪到先手時，異或和為 \(0\) ，那麼無論先手如何行動，後手都可以進行操作，使再次輪到先手時異或和仍為 \(0\) ，而遊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 \(0\) ）後手必敗。

程式碼：

#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函式

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 \(S\) ，最後無法進行操作的人視為失敗。

問如果兩人都採用最優策略，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，代表著兩人的決策樹。

注意到 \(SG(0)=0\)

根據 \(SG\) 函式的定義，對於決策樹上的點對應 \(SG\) 函式值為：

我們還可以自己構造一棵 \(SG\) 函式值構成的樹：

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 \(SG\) 函式的性質以及遊戲規則，\(SG(x)=0\) 時意味著相應的玩家必負。

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 \(SG\) 函式可以看出，當先手進行決策後，對應的的 \(SG\) 函式值可以為 \([0,SG(x)-1]\)，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！

在這裡，我們將 \(SG\) 函式值看成是普通的Nim問題中石子的數量就可以用相同的方法解決了。

求 \(SG\) 函式的辦法

我採取的是記憶化搜尋的辦法，見下：

int f[M]; // SG函式的值
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;
}

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=105 ,M=1e4+5;
int n,k;
int f[M]; // SG函式的值
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;
}