博弈 | WORIA

几种无法用常见博弈树解答的题型，寻找必败态。

巴什博弈

问题模型： 有一个堆物品，物品数量为n个，两个人轮流从这堆物品中取物品，规定每次至少取一个，最多取m个，最后取光者得胜。
解决思路： 当n=m+1时，无论先手者取多少个，后手者都能一次性取完剩下的，即先手必败。故可推得当面对n%(m+1)=0时，先手必败。当面对n=r*(m+1)+s时，先手取s，后手者取一定量设为a，先手者再取(m+1)-a，···，每次先手者取完后手者的m+1中剩余量，使后手者始终面对n%(m+1)=0的必败态，先手必胜。
结论：必败态为n%(m+1)=0。

 #include<stdio.h>
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
       int n,m;
       scanf("%d%d",&n,&m);
       if(n%(m+1)==0)
           printf("second win\n");
       else
           printf("first win\n");
    }
    return 0;
}

威佐夫博弈

问题模型：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
解决思路: 设( $a_i,b_i$ ) ( $a_i$ ≤ $b_i$ , $n\in\mathbb N$ )表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对(0,0)，那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。前几个奇异局势是：(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。任给一个局势(a,b)，如下公式判断它是不是奇异局势： $a_k$ = $[\frac{k*(1+\sqrt{5})}{2}]$ ， $b_k$ = $a_k$ +k ( $n\in\mathbb N$ ,方括号表示取整函数)。
满足上公式的局势性质：
（1）任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
假设a~k~是未在前面出现过的最小自然数，所以有 $a_k>a_{k-1}$ ，而 $b_k$ = $a_k$ +k> $a_{k-1}$ +k-1= $b_{k-1}$ > $a_{k-1}$ ，故成立。
（2）任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
若只改变奇异局势( $a_k,b_k$ )的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使( $a_k,b_k$ )的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势
（3）采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇异局势（0，0）；如果a = $a_k$ ，b > $b_k$ ，那么，取走 $b – b_k$ 个物体，即变为奇异局势；如果 $a=a_k$ , b< $b_k$ ,则同时从两堆中拿走 a~k~ – ab – a~k~个物体,变为奇异局势（ ab – a~k~ , ab – a~k~+ b – a~k~）；如果a > $a_k$ ,b= $a_k$ + k,则从第一堆中拿走多余的数量a – $a_k$ 即可；如果a < $a_k$ ，b= $a_k$ + k,分两种情况，第一种， $a=a_j$ ，(j < k),从第二堆里面拿走 $b-b_j$ 即可；第二种， $a=b_j$ ，(j<k),从第二堆里面拿走 $b-a_j$ 即可。
结论： 两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int a,b;
    while(~scanf("%d%d",&a,&b))
    {
        if(a>b)
            swap(a,b);
        int ans=floor((b-a)*(sqrt(5)+1)/2); //判断是否是奇异局势
        if(a==ans)
            printf("second win\n");
        else
            printf("first win\n");
    }
    return 0;
}

扩展威佐夫博弈

问题模型：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多或同时从两堆中取 $|dx-dy|<d$ 的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
第 $k$ 个奇异局势为 $\left ( \left \lfloor \frac{2-d+\sqrt{d^2+4}}{2} k \right \rfloor,\left \lfloor \frac{2+d+\sqrt{d^2+4}}{2}k \right \rfloor \right )$ 。

ll a, b;
double d;
scanf("%lld%lld%lf", &a, &b, &d);
if (a > b)swap(a, b);
ll k = (b - a) / d;
ll x = (2.0 - d + sqrt(d*d + 4.0))*k / 2.0, y = (2.0 + d + sqrt(d*d + 4.0))*k / 2.0;
if (x == a && y == b)puts("0");
else puts("1");

斐波那契博弈

问题模型： 有一堆个数为n的石子，游戏双方轮流取石子，满足：

（1）先手不能在第一次把所有的石子取完；

（2）之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取的石子数的2倍）。约定取走最后一个石子的人为赢家。
解决思路：
当n为斐波那契数时，先手必败。
证明：
根据“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何非斐波那契正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。
假设共83个，n=83=55+21+5+2，先手者取2个，后手者无法取到5个，只能取a个(a<5)，先手者再取 5-a 个，同理，后手者再取b个，先手者再取21-b个，最终必然是先手者取完。
结论： 面对斐波那契数者必败。

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int a,b;
    while(~scanf("%d%d",&a,&b))
    {
        if(a>b)
            swap(a,b);
        int ans=floor((b-a)*(sqrt(5)+1)/2); //判断是否是奇异局势
        if(a==ans)
            printf("second win\n");
        else
            printf("first win\n");
    }
    return 0;
}

尼姆博弈

问题模型： 有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
解决思路： 用（a，b，c）表示某种局势，显证（0，0，0）是第一种奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。
(a,b,c)是必败态等价于a⊕b⊕c=0

证明:
(1)任何从p(a,b,c)=0局面出发的任意局面(a,b,c’);一定有p(a,b,c’)不等于0。否则可以得到c=c’。
(2)任何p(a,b,c)不等于0的局面都可以走向 p(a,b,c)=0的局面。
(3)对于 (4,9,13) 这个容易验证是奇异局势。

其中有两个8，两个4，两个1，非零项成对出现，这就是尼姆和为零的本质。别人要是拿掉13里的8或者1，那你就拿掉对应的9 中的那个8或者1；别人要是拿掉13里的4，你就拿掉4里的4；别人如果拿掉13里的3，就把10作分解，然后想办法满足非零项成对即可。
推广一：如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a^b,即可,因为有如下的运算结果: a⊕b⊕(a⊕b)=(a⊕a)⊕(b⊕b)=0⊕0=0。要将c 变为a⊕b，只从 c中减去 c-（a⊕b）
推广二：当石子堆数为n堆时，则推广为当对每堆的数目进行亦或之后值为零是必败态。

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int a,b;
    while(~scanf("%d%d",&a,&b))
    {
        if(a>b)
            swap(a,b);
        int ans=floor((b-a)*(sqrt(5)+1)/2); //判断是否是奇异局势
        if(a==ans)
            printf("second win\n");
        else
            printf("first win\n");
    }
    return 0;
}