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博弈论1
首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。
对于一个给定的有向无环图，定义关于图的每个顶点的Sprague-Grundy函数g如下：g(x)=mex{ g(y) | y是x的后继 },这里的g（x）即sg[x]
例如：取石子问题，有1堆n个的石子，每次只能取{1，3,4}个石子，先取完石子者胜利，那么各个数的SG值为多少？
sg[0]=0，f[]={1,3,4},
x=1时，可以取走1-f{1}个石子，剩余{0}个，mex{sg[0]}={0}，故sg[1]=1;
x=2时，可以取走2-f{1}个石子，剩余{1}个，mex{sg[1]}={1}，故sg[2]=0；
x=3时，可以取走3-f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，mex{sg[2],sg[0]}={0,0}，故sg[3]=1;
x=4时，可以取走4-f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，mex{sg[3],sg[1],sg[0]}={1,1,0},故sg[4]=2;
x=5时，可以取走5-f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，mex{sg[4],sg[2],sg[1]}={2,0,1},故sg[5]=3；
以此类推.....
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8....
sg[x] 0 1 0 1 2 3 2 0 1....
计算从1-n范围内的SG值。
f(存储可以走的步数，f[0]表示可以有多少种走法)
f[]需要从小到大排序
1.可选步数为1~m的连续整数，直接取模即可，SG(x) = x % (m+1);
2.可选步数为任意步，SG(x) = x;
3.可选步数为一系列不连续的数，用GetSG()计算
模板1：
1 //f[]：可以取走的石子个数 2 //sg[]:0~n的SG函数值 3 //hash[]:mex{} 4 int f[N],sg[N],hash[N]; 5 void getSG(int n) 6 { 7 int i,j; 8 memset(sg,0,sizeof(sg)); 9 for(i=1;i<=n;i++)10 {11 memset(hash,0,sizeof(hash));12 for(j=1;f[j]<=i;j++)13 hash[sg[i-f[j]]]=1;14 for(j=0;j<=n;j++) //求mes{}中未出现的最小的非负整数15 {16 if(hash[j]==0)17 {18 sg[i]=j;19 break;20 }21 }22 }23 }
模板2：
1 //注意 S数组要按从小到大排序 SG函数要初始化为-1 对于每个集合只需初始化1遍 2 //n是集合s的大小 S[i]是定义的特殊取法规则的数组 3 int s[110],sg[10010],n; 4 int SG_dfs(int x) 5 { 6 int i; 7 if(sg[x]!=-1) 8 return sg[x]; 9 bool vis[110];10 memset(vis,0,sizeof(vis));11 for(i=0;i<n;i++)12 {13 if(x>=s[i])14 {15 SG_dfs(x-s[i]);16 vis[sg[x-s[i]]]=1;17 }18 }19 int e;20 for(i=0;;i++)21 if(!vis[i])22 {23 e=i;24 break;25 }26 return sg[x]=e;27 }
hdu 1848
题意：取石子问题，一共有3堆石子，每次只能取斐波那契数个石子，先取完石子者胜利，问先手胜还是后手胜
- 可选步数为一系列不连续的数，用GetSG(计算)
- 最终结果是所有SG值异或的结果
AC代码如下：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #define N 1001 4 //f[]：可以取走的石子个数 5 //sg[]:0~n的SG函数值 6 //hash[]:mex{} 7 int f[N],sg[N],hash[N]; 8 void getSG(int n) 9 {10 int i,j;11 memset(sg,0,sizeof(sg));12 for(i=1;i<=n;i++)13 {14 memset(hash,0,sizeof(hash));15 for(j=1;f[j]<=i;j++)16 hash[sg[i-f[j]]]=1;17 for(j=0;j<=n;j++) //求mes{}中未出现的最小的非负整数18 {19 if(hash[j]==0)20 {21 sg[i]=j;22 break;23 }24 }25 }26 }27 int main()28 {29 int i,m,n,p;30 f[0]=f[1]=1;31 for(i=2;i<=16;i++)32 f[i]=f[i-1]+f[i-2];33 getSG(1000);34 while(scanf("%d%d%d",&m,&n,&p)!=EOF)35 {36 if(m==0&&n==0&&p==0)37 break;38 if((sg[m]^sg[n]^sg[p])==0)39 printf("Nacci\n");40 else41 printf("Fibo\n");42 }43 return 0;44 }
hdu 1536
题意：首先输入K 表示一个集合的大小 之后输入集合 表示对于这对石子只能去这个集合中的元素的个数
之后输入 一个m 表示接下来对于这个集合要进行m次询问
之后m行 每行输入一个n 表示有n个堆 每堆有n1个石子 问这一行所表示的状态是赢还是输 如果赢输入W否则L
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 //注意 S数组要按从小到大排序 SG函数要初始化为-1 对于每个集合只需初始化1遍 6 //n是集合s的大小 S[i]是定义的特殊取法规则的数组 7 int s[110],sg[10010],n; 8 int SG_dfs(int x) 9 {10 int i;11 if(sg[x]!=-1)12 return sg[x];13 bool vis[110];14 memset(vis,0,sizeof(vis));15 for(i=0;i<n;i++)16 {17 if(x>=s[i])18 {19 SG_dfs(x-s[i]);20 vis[sg[x-s[i]]]=1;21 }22 }23 int e;24 for(i=0;;i++)25 if(!vis[i])26 {27 e=i;28 break;29 }30 return sg[x]=e;31 }32 int main()33 {34 int i,m,t,num;35 while(scanf("%d",&n)&&n)36 {37 for(i=0;i<n;i++)38 scanf("%d",&s[i]);39 memset(sg,-1,sizeof(sg));40 sort(s,s+n);41 scanf("%d",&m);42 while(m--)43 {44 scanf("%d",&t);45 int ans=0;46 while(t--)47 {48 scanf("%d",&num);49 ans^=SG_dfs(num);50 }51 if(ans==0)52 printf("L");53 else54 printf("W");55 }56 printf("\n");57 }58 return 0;59 }
多个组合游戏的并
给定若干个组合游戏，可以按照下面的规则将它们并成一个新的游戏。 l 对每个游戏给定初始状态。 l 两人轮流走步，从A开始。 l 每一轮，选择一个未到达终止状态的游戏，在这个游戏中按照规则走一步，其他游戏的状态不变。 l 最后一个走步者获胜，即走完之后所有游戏都到达终止状态。 我们称这个新的游戏为“多个组合游戏的并”。我们要来看如何用每一个游戏的SG函数来求这个新的组合游戏的SG函数。
n个图游戏的并 定义：有n个递增有界的图游戏G1(X1, F1)，……，Gn(Xn, Fn)。把它们合并成一个新的游戏G(X, F)，记为G=G1+G2+…+Gn。X是所有游戏顶点集的笛卡尔积，即X=X1*X2*…*Xn。也就是说，我们用n元组(x1, x2, …, xn)来表示G中的顶点x，其中xi属于Xi，对于所有的i。x的后继F(x)可以定义成：
这样定义的新的游戏G，一定也是递增有界的。把每个游戏的界相加，就得到了新游戏的界。 正如Nim游戏那样，如果堆数是1，那么非常简单；如果堆数是2，也很容易分析；但堆数如果大于2，就不是很明显了。所以即使每个图游戏都是很平凡的，n个图游戏的并也可能相当复杂。
下面介绍的SG定理可以看成是定理1的一般化。 定理2 设G=G1+G2+…+Gn，Gi的SG函数是gi，i=1, 2, …, n。那么G的SG函数g(x1, x2, …, xn)=g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，加法表示Nim和，即不进位的二进制加法。 证明： 令x(x1, x2, …, xn)是X中任意一点，b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。 根据SG函数的定义，我们要说明两点： （1）、对于任意的非负整数a(a<b)，一定存在一个x的后继y，使得g(y)=a。 （2）、x的任意一个后继y，都有g(y)¹b。 首先来说明（1）。设d=a+b（nim和），d的二进制表示有k位，则2k-1<=d<2k。d的第k位是1而且a<b，所以a的第k位是0，b的第k位是1。因为b= g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)，所以至少存在一个分量的第k位是1，不妨设它就是g1(x1)。那么，就有d+g1(x1)<g1(x1)，也就存在从x1到x1’的一次走步，使得g1(x1’) =d+g1(x1)。那么g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn)=d+g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn) = d+b=a。 再说明（2）。反证法。不失一般性，假设后继的走步是从x1到x1’，又有g1(x1’)+g2(x2)+…+gn(xn) =g1(x1)+g2(x2)+…+gn(xn)。根据消去率，g1(x1’)=g1(x1)，这与SG函数的定义不符，假设不成立。
例3、你每次可以从一堆石子中取走{1, 2, …, m}颗。对于1堆的问题，SG函数gm(x)=x mod (m+1)。如果考虑3个这样的游戏的并，第一个游戏m=3，有9颗石子；第二个游戏m=5，有10颗石子；第三个游戏m=7，有14颗石子。g(9,10,14)=g3(9)+g5(10)+g7(14)=1+4+6=3，是一个N状态。要取胜的话，下一次可以选择第三个游戏，取走1颗石子，使得g7(13)=5。
博弈论1