1.巴什博奕
问题模型：只有一堆n个物品，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。）
结论:n%(m+1)==0先手必败.否则先手必胜
变形:条件不变，改为最后取光的人输。 结论：（n-1）%(m+1)==0 先手必败,否则必胜
2. 威佐夫博奕
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。
结论: k=(b-a) (a>b) s = (double )( k * ( sqrt(5.0) + 1 ) / 2 ); s==a 先手必败,否则必胜
3.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。
结论: 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。
4.sg函数
对于ICG游戏，我们可以将游戏中每一个可能发生的局面表示为一个点。并且若存在局面i和局面j，且j是i的后继局面
(即局面i可以转化为局面j)，我们用一条有向边，从i出发到j，连接表示局面i和局面j的点。则整个游戏可以表示成为
一个有向无环图：
根据ICG游戏的定义我们知道，任意一个无法继续进行下去的局面为终结局面，即P局面(先手必败)。在上图中我们
可以标记所有出度为0的点为P点。
接着根据ICG游戏的两条性质，我们可以逆推出所有点为P局面还是N局面：
因此，对于任意一个ICG游戏，我们可以采取逆推的方法，标记出所有局面是N局面还是P局面。
但仅仅只是标记N、P，所能得到的信息太少，于是我们定义了Sg(Sprague-Grundy)函数：
对于一个游戏可能发生的局面x，我们如下定义它的sg值：
(1)若当前局面x为终结局面，则sg值为0。
(2)若当前局面x非终结局面，其sg值为：sg(x) = mex{sg(y) | y是x的后继局面}。
mex{a[i]}表示a中未出现的最小非负整数。举个例子来说：
mex{0, 1, 2} = 3, mex{1, 2}=0, mex{0,1,3}=2
我们将上图用sg函数表示后，得到：
可以发现，若一个局面x为P局面，则有sg(x)=0；否则sg(x)>0。同样sg值也满足N、P之间的转换关系：
若一个局面x，其sg(x)>0，则一定存在一个后续局面y，sg(y)=0。
若一个局面x，其sg(x)=0，则x的所有后续局面y，sg(y)>0。
由上面的推论，我们可以知道用N、P-Position可以描述的游戏用sg同样可以描述。并且在sg函数中
还有一个非常好用的定理，叫做sg定理：
对于多个单一游戏，X=x[1..n]，每一次我们只能改变其中一个单一游戏的局面。则其总局面的sg值
等于这些单一游戏的sg值异或和。
即：
sg(X) = sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n])
要证明这一点我们只要证明：
(1) 假设sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n]) = A，对于任意一个0 <= B < A，总存在一个X的后续局面Y，
使得sg(Y) = B。
(2) 假设sg(x[1]) xor sg(x[2]) xor … xor sg(x[n]) = A，不存在一个X的后续局面Y，使得sg(Y) = A。
下先证明(1)：
假设M = A xor
B，设M表示为二进制之后最高位的1为第k位。所以A的第k位为1，B的第k位为0。又因为A的第k位为1，
至少存在一个i，sg(x[i])的第k位也为1。那么一定有sg(x[i]) xor M < sg(x[i])，即一定通过某个操作使x[i]变为x[i’]，
且sg(x[i’]) = sg(x[i]) xor M。那么：
sg(x[i’]) xor Other = sg(x[i]) xor M xor Other = M xor A = B
下证明(2)：
若sg(X) = A，sg(Y) = A。不妨设我们改变的游戏为x[i]，则X=x[1..n], Y=x[1…i’…n]。有sg(x[i]) = sg(x[i’])，
产生矛盾，所以sg(Y)不可能等于A。
5.阶梯博弈
博弈在一列阶梯上进行...每个阶梯上放着自然数个点..两个人进行阶梯博弈...每一步则是将一个集体上的
若干个点( >=1 )移到前面去..最后没有点可以移动的人输..
阶梯博弈也是可以转化成尼姆博弈的.
把所有奇数阶梯看成N堆石子..做nim..把石子从奇数堆移动到偶数堆可以理解为拿走石子..就相当于几个
奇数堆的石子在做Nim..
有一个n*m的棋盘，每次可以取走一个方格并拿掉它右边和上面的所有方格。拿到左下角的格子(1,1)者输，如下图是8*3的
棋盘中拿掉(6,2)和(2,3)后的状态。
结论：答案是除了1*1的棋盘，对于其他大小的棋盘，先手总能赢。
分析：有一个很巧妙的证明可以保证先手存在必胜策略，可惜这个证明不是构造性的，也就是说没有给出先手怎么下才能赢。
证明如下：
如果后手能赢，也就是说后手有必胜策略，使得无论先手第一次取哪个石子，后手都能获得最后的胜利。那么现在假设先手
取最右上角的石子(n,m)，接下来后手通过某种取法使得自己进入必胜的局面。但事实上，先手在第一次取的时候就可以和
后手这次取的一样，进入必胜局面了，与假设矛盾。
巧克力游戏的变形：
约数游戏：有1~n个数字，两个人轮流选择一个数字，并把它和它的约数擦去。擦去最后一个数的人赢，问谁会获胜。
分析：类似巧克力游戏，得到结论就是无论n是几，都是先手必胜。
翻棋子游戏：
题意：一个棋盘上每个格子有一个棋子，每次操作可以随便选一个朝上的棋子(x,y)，代表第i行第j列的棋子，选择一个形
如(x,b)或(a,y)(其中b < y，a < x)的棋子，然后把它和(x,y)一起翻转，无法操作的人输。
分析：把坐标为(x,y)的棋子看成大小分别为x和y的两堆石子，则本题转化为了经典的Nim游戏，如果难以把棋子看作石
子，可以先把Nim游戏中的一堆石子看成一个正整数，则Nim游戏中的每次操作是把其中一个正整数减小或者删除。