博弈论小结
一、重头戏之尼姆博弈
概述：有n堆若干个石子，两个人轮流从某一堆取任意多的石子，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
分析一下可知，如果n-2堆石子个数为0，剩下的两堆石子个数相同，那么面临这种局势的人必败。就比如说我有三堆石头个数分别为5 5 0，那么不论先手怎么操作，后手只需要在另一堆中取走同样多的石子就可以一直保证自己不败。5 5 0 --> 3 5 0 --> 3 3 0 --> 0 3 0 -->0 0 0 后手必胜。
现在我们引入L . Bouton在1902年给出的定理：状态（x1,x2,x3...xn）为必败状态当且仅当x1^x2^x3……^xn=0。
57(10) = 111001(2) ，即：57(10)=2^5+2^4+2^3+2^0。于是，我们可以认为每一堆物品数由2的幂数的子堆组成。这样，含有57枚物品大堆就能看成是分别由数量为32、16、8、1的各个子堆组成。
No
Yes
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 using namespace std;
5 int main()
6 {
7 int n;
8 while(~scanf("%d",&n))
9 {
10 int sum=0;
11
12 for(int i=0;i<n;i++)
13 {
14 int x;
15 scanf("%d",&x);
16 sum^=x;
17 }//printf("%d\n",sum);
18 if(sum!=0)
19 {
20 printf("Yes\n");
21 }
22 else
23 {
24 printf("No\n");
25 }
26 }
27 }
深入一下，讲一下SG函数和SG定理；推荐极好的博客 戳我戳我
首先介绍一下PN状态：
必胜点和必败点的概念：
“升级”？“双扣”？“红五”？还是“斗地主”？
当然都不是！那多俗啊~
作为计算机学院的学生，Kiki和Cici打牌的时候可没忘记专业，她们打牌的规则是这样的：
1、 总共n张牌;
2、 双方轮流抓牌；
3、 每人每次抓牌的个数只能是2的幂次（即：1，2，4，8，16…）
4、 抓完牌，胜负结果也出来了：最后抓完牌的人为胜者；
假设Kiki和Cici都是足够聪明（其实不用假设，哪有不聪明的学生~），并且每次都是Kiki先抓牌，请问谁能赢呢？
当然，打牌无论谁赢都问题不大，重要的是马上到来的CET-4能有好的状态。
Good luck in CET-4 everybody!
Input输入数据包含多个测试用例，每个测试用例占一行，包含一个整数n（1<=n<=1000）。Output如果Kiki能赢的话，请输出“Kiki”，否则请输出“Cici”，每个实例的输出占一行。
Sample Input
1
3
Sample Output
Kiki
Cici
n 1 2 3 4 5 6 ...
状态 P P N P P N.... 对于6来说，先手可以拿走1、2、4三种，给后手剩下5、4、2，然而后手面对5、4、2都必胜的，所以先手必败。
所以这是有规律的，找出规律，就变得简单了。
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 using namespace std;
5 int main()
6 {
7 int n;
8 while(~scanf("%d",&n))
9 {
10 if(n%3==0)
11 puts("Cici");
12 else
13 puts("Kiki");
14 }
15 return 0;
16 }
再来一个稍微复杂一点的： hdu 2147 kiki's game
InputInput contains multiple test cases. Each line contains two integer n, m (0<n,m<=2000). The input is terminated when n=0 and m=0.
OutputIf kiki wins the game printf "Wonderful!", else "What a pity!".
Sample Input
5 3
5 4
6 6
0 0
Sample Output
What a pity!
Wonderful!
Wonderful!
画出NP关系图如图：
| P | N | P | N | P | N | P |
| N | N | N | N | N | N | N |
| P | N | P | N | P | N | P |
| N | N | N | N | N | N | N |
| P | N | P | N | P | N | P |
| N | N | N | N | N | N | N |
| P | N | P | N | P | N | P |
1 #include <cstdio>
2 #include <cstdlib>
3 #include <cstring>
4 #include <algorithm>
5 using namespace std;
6 int main(){
7 int n,m;
8 while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF){
9 if(n==0 && m==0)break;
10 if(n%2==0 || m%2==0){
11 printf("Wonderful!\n");
12 }else{
13 printf("What a pity!\n");
14 }
15 }
16 return 0;
17 }
现在我们就来介绍今天的主角吧。组合游戏的和通常是很复杂的，但是有一种新工具，可以使组合问题变得简单————SG函数和SG定理。
Sprague-Grundy定理（SG定理）：
游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和。这样就可以将每一个子游戏分而治之，从而简化了问题。而Bouton定理就是Sprague-Grundy定理在Nim游戏中的直接应用，因为单堆的Nim游戏 SG函数满足 SG(x) = x。
SG函数：
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。
对于任意状态 x ，定义 SG(x) = mex(S),其中 S 是 x 后继状态的SG函数值的集合。如 x 有三个后继状态分别为 SG(a),SG(b),SG(c)，那么SG(x) = mex{SG(a),SG(b),SG(c)}。 这样集合S 的终态必然是空集，所以SG函数的终态为 SG(x) = 0,当且仅当 x 为必败点P时。
【实例】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，所以 SG[1] = mex{ SG[0] }= mex{0} = 1;
x=2 时，可以取走2 - f{1}个石子，剩余{1}个，所以 SG[2] = mex{ SG[1] }= mex{1} = 0;
x=3 时，可以取走3 - f{1,3}个石子，剩余{2,0}个，所以 SG[3] = mex{SG[2],SG[0]} = mex{0,0} =1;
x=4 时，可以取走4- f{1,3,4}个石子，剩余{3,1,0}个，所以 SG[4] = mex{SG[3],SG[1],SG[0]} = mex{1,1,0} = 2;
x=5 时，可以取走5 - f{1,3,4}个石子，剩余{4,2,1}个，所以SG[5] = mex{SG[4],SG[2],SG[1]} =mex{2,0,1} = 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....
由上述实例我们就可以得到SG函数值求解步骤，那么计算1~n的SG函数值步骤如下：
1、使用 数组f 将 可改变当前状态 的方式记录下来。
2、然后我们使用 另一个数组 将当前状态x 的后继状态标记。
3、最后模拟mex运算，也就是我们在标记值中 搜索 未被标记值 的最小值，将其赋值给SG(x)。
4、我们不断的重复 2 - 3 的步骤，就完成了 计算1~n 的函数值。
代码实现如下：