浅谈算法——博弈论（从零开始的博弈论）

转自洛谷。
网上的博弈博客和论文有很多，但是有些没有详细的证明，仅仅是给出了结论。今天作者将一些常见的博弈论模板集中起来，给大家介绍一下博弈论中一些单一游戏的决策和常见的Nim模板与证明。
注：下列游戏都建立在双方都有最优策略的情况下，若未加以说明，则每人每次至少取一个石子。
例1：取石子游戏之一
有两个游戏者：A和B。有n颗石子。
约定：两人轮流取走石子，每次可取1、2或3颗。A先取，取走最后一颗石子的人获胜。
问题：A有没有必胜的策略？
分析：这是小学必备奥数题之一，我们可以很容易的知道，当n为0,4,8,12……时，A必定会输，因为不论A取多少，B只要和A共同取走4即可；当n不为0,4,8,12……时，A只需要将n取成4的倍数，这样就变成了B先取，B一定会输，所以A一定会赢。
经过我们的分析发现，对这个游戏而言，0,4,8,12……这些状态是对于先手的必败状态，而其他状态是对于先手的必胜状态。
如果我们推广一下，每次不一定取1、2、3颗，而是取1~m颗，那么我们就可以得到，如果 $n\%(m+1)=0$，即为先手必败状态，否则为先手必胜状态。而这个游戏就是著名的巴什博弈（Bash Game）
下面，我们现在介绍一下有关博弈的一些名词和概念
1、平等组合游戏
两人游戏。
两人轮流走步。
有一个状态集，而且通常是有限的。
有一个终止状态，到达终止状态后游戏结束。
游戏可以在有限的步数内结束。
规定好了哪些状态转移是合法的。
所有规定对于两人是一样的。
因此我们的例1提到的游戏即为一个平等组合游戏，但是我们生活中常见的棋类游戏，如象棋、围棋等，均不属于平等组合游戏，因为双方可以移动的棋子不同，不满足最后一个条件；而我们后续提到的游戏，以及博弈中的其他游戏，基本属于平等组合游戏
2、N状态（必胜状态），P状态（必败状态）
像例1的分析一样，0,4,8,12……等状态就是对于先手的P状态（必败状态），其他的则是对于先手的N状态（必胜状态）。
那么我们定义两个状态之间的转换：
所有的终止状态都为P状态
对于任意的N状态，存在至少一条路径可以转移到P状态
对于任意的P状态，只能转移到N状态
证明过于简单，这里不再赘述，我们只需要明白一点，每个人都会选择最策略即可。
当然这里所说的都是最后走步的人获胜的游戏，至于那些走到最后失败的游戏，我们在最后做了一个简单的讲解 （Anti Nim）。
例2：取石子游戏之二
将例1的游戏扩展一下，我们定义一个集合 $S=\{{p_{1},p_{2},...,p_{k}}\}(k \in Z^*)$，A，B在游戏的时候取走的石子数必须是集合里的数，其他条件不变。
那么，A还有必胜策略吗？
有没有必胜策略，我们关键是要找到哪些状态是P状态，哪些状态是N状态，不过，本题没有例1那么容易判断，因此我们需要引入一个新东西——SG函数，它的定义如下：
$f(v)=mex\{f(u)|u\in child[v]\}$
其中，mex(minimal excludant)是定义在整数集合上的操作。它的自变量是任意整数集合，函数值是不属于该集合的最小自然数。
$mex(A)=min\{k|k \in \complement_{N}A\}$
那么，终止状态的SG值显然为0，并且SG值为0的状态就是P状态，SG值不为0的状态就是N状态。
证明则非常显然，SG值为0的状态，说明它的所有后继状态都不为0，也就是它只能转移到非0状态，而SG值不为0的状态则不一样。
那么SG值为0的状态就是必败状态的定义，SG值不为0的状态就是必胜状态的定义，所以我们只需要用集合S求出每个状态的SG值即可。
例3：取石子游戏之三
有n个石子，A，B两人轮流取石子，规定他们每次至多只能取当前石子总数 $\lceil \dfrac{s}{2}\rceil$个石子，问A先手是否有必胜策略
这题主要是为了加强大家对SG函数的理解，我们考虑从0开始
$SG(0)=0,SG(1)=1,SG(2)=0,SG(3)=mex\{SG(3-1),SG(3-2)\}=2,SG(4)=mex\{SG(4-1),SG(4-2)\}=1...$
我们把他们列出来找下规律：
$0,1$
$0,2,1,3$
$0,4,2,5,1,6,3,7$
$0,8,4,9,2,10...$
好像有个很奇怪的规律：数列在间隔递增，上一行的数间隔着插在下一行的数中间。没错，这就是本题SG函数的规律，先手必败当且仅当SG值为0。
例4：取石子游戏之四（Nim游戏）
有n堆石子，石子数目分别为 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$，A，B两人每次可以选一堆石子取走任意多个，问A先手是否有必胜策略。
这题相当于例2的扩展版本，由于这里有多堆石子，因此我们可以得到多个SG值，而且这些SG值必定为 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$，那么我们怎么由这一些SG值得到整局游戏的SG值呢？
Nim游戏的神奇之处在于它的SG值和异或扯上了关系，Nim游戏中先手必败当且仅当 $x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0$,( $\oplus$为异或)，那么，这个为什么是成立的？
首先， $\oplus$满足如下定律和性质
交换律： $x\oplus y=y\oplus x$
结合律： $x\oplus(y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z$
拥有单位元： $0\oplus x=x$
相同两数运算为0： $x\oplus x=0$
消除律： $x\oplus y=x\oplus z\Rightarrow y=z$
当Nim游戏的SG值为0时，我们假定取 $x_{k}$中的某些石子，使得其变成 $x_{k}'$，我们假设 $x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}\oplus...\oplus x_{n}=0=x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}'\oplus...\oplus x_{n}$，根据消除律可得， $x_{k}=x_{k}'$，这与我们的条件相矛盾，因此说明在取了石子之后，SG必然发生了改变；
那么对于一个SG值不为0的状态，我们必然可以通过一个操作，使得SG值变0。我们只需要找到当前SG最左端为1的一列（二进制），任意找到一堆石子使得那一列同样为1，从这堆中取走若干个石子，使得SG’值为0。
这是显然可以的，因为将那一列变成0，这个数就必然变小了，对于其他列只需要把0变成1,1变成0即可。
因此，我们得到，对于Nim游戏而言，必败状态当且仅当 $x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0$，对于其他情况，先手必能使当前局面变成必败状态。
例5：取石子游戏之五（Wythoff’s Game）
有两堆石子，个数为 $x_{1},x_{2}$；A，B轮流取石子，规定要么只取一堆的任意多个，要么在两堆里取同样任意多个，问A先手是否有必胜策略。
这种情况下是颇为复杂的，普通SG函数已经无法解决这个问题。我们用 $(a_{k},b_{k}),(a_{k} \leqslant b_{k},k \in [0,n])$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。
那么，我们该如何去找到这些奇异局势呢？
首先我们知道，局势 $(x,y)$和局势 $(y,x)$等价的。考虑递推的思想，我们已经知道 $(0,0)$是个奇异局势，也就是个先手必败态，那么根据定义，能够到达 $(0,0)$状态都为先手必胜态，也就不是奇异局势。
我们从直角坐标系来考虑， $(0,0)$为奇异局势后，那么 $(0,k),(k,0),(k,k)$都是非奇异状态，我们把它们划去，然后找到第一个没有被划的点，也就是 $(1,2)$和 $(2,1)$（因为他俩对称），然后按同样的方法处理，之后找到 $(3,5)$和 $(5,3)...$

(图片出自Wiki百科）

这样我们可以得到前几个奇异局势是： $(0,0)$、 $(1,2)$、 $(3,5)$、 $(4,7)$、 $(6,10)$、 $(8,13)$、 $(9,15)$、 $(11,18)$、 $(12,20)$…
通过找规律，我们大胆猜测一下 $(a_{k},b_{k})$满足：
1. $a_{k}$是未在之前出现过的最小自然数
2. $b_{k}=a_{k}+k$
下面我们给出其证明：
1.根据我们寻找奇异局势的方法，可以得知 $a_{k}$为之前未出现的最小自然数
2.我们使用数学归纳法，假定之前的 $k\in[1,n],(a_{k},a_{k}+k)$都为奇异局势，我们只需要证明 $(a_{n+1},a_{n+1}+n+1)$为奇异局势即可
从局势 $(a_{n+1},a_{n+1}+n+1)$出发，只可能走向三种状态，从左边拿一点，从右边拿一点，或者两边一起拿一点：
情况一：因为比 $a_{n+1}$小的数在之前都出现过，所以一旦左边少了，我们只要把右边拿到相同的情况即可
情况二（右边取的较少）：这样使得两堆之间差值变小了，变成了 $(a_{n+1},a_{n+1}+m)$，这样我们拿成 $(a_{m},a_{m}+m)$即可
情况二（右边取的较多）：这样使得右边比左边少了，这样就变成了和情况一类似，可以直接取到奇异局势
情况三：若拿成 $(a_{m},a_{m}+n+1)$，我们直接取成 $(a_{m},a_{m}+m)$即可
奇异局势还有如下三条性质：
1.任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
2.任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
3.采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。
证明：
1.由于 $a_{k}$是未在前面出现过的最小自然数，所以有 $a_{k}>a_{k-1}$,而 $b_{k}=a_{k}+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1}$。所以性质1，成立。
2.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.假设面对的局势是 $(a,b)$：
如果 $a=b$，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 $a_{k}-a_{b-a_{k}}$个物体，变为奇异局势 $(a_{b-a_{k}},a_{b-a_{k}}+b-a_{k})$；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。
从如上性质可知，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。
而且，通过如上性质，我们可以发现， $a_{n},b_{n}$很像Beatty数列。其实， $a_{n},b_{n}$就是Beatty数列。
下面介绍下Beatty数列和Beatty定理：
取正无理数 $\alpha,\beta$，使得 $\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1$
构造两个数列 $a_{n},b_{n}$，它们的通项为 $a_{n}=\lfloor{\alpha n}\rfloor,b_{n}=\lfloor{\beta n}\rfloor$
那么这个数列显然是正整数序列，Beatty定理指出，两个数列都是严格递增的，并且每个正整数在两个数列中只出现一次
证明：
1.单调性：因为 $\frac{1}{\alpha}<1,\alpha>1$，所以 $\alpha n-1>\alpha (n-1)$，所以 $a_{n}-1>a_{n-1}$​， $b_{n}$也亦然如此。
2.完备性：我们要证明这个命题，只需要证明对于任意一个 $k,(k \in Z^*)k,$小于等于 $k$的数在序列中出现了 $k-1$次即可。
设数列 $a_{n}$的前 $p$项小于等于 $k$（不包括 $p+1$项），又因为每项取整前为无理数，不可能取到整数值，那么就有
$\begin{cases}\alpha p<k+1\\\alpha (p+1)>k+1\end{cases}$​
合并两式，得到 $p=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor$，这就是小于等于 $k$的数在 $a_{n}$中的出现次数，同理，我们可以得到其在 $b_{n}$中的出现次数，那么我们有小于等于 $k$的数在Beatty数列中的总出现数 $S=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor+\lfloor\frac{k+1}{\beta}\rfloor$
注意到两个取整函数中的数都是无理数，于是我们就有严格的不等式
$(\frac{k+1}{\alpha}-1)+(\frac{k+1}{\beta}-1)<S<\frac{k+1}{\alpha}+\frac{k+1}{\beta}$于是有 $k-1<S<k+1$，那么 $S=k$，证毕。
我们回到之前的奇异局势，由于奇异局势中的 $a_{n},b_{n}$序列满足Beatty数列，那么同样满足其构造方法，即 $a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rfloor$且 $\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1$
因为 $a_{n}+n=(\alpha +1)n=b_{n}$，所以 $\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha +1}=1$，解得 $\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
那么，我们就得到了通项式: $a_{k}=\lfloor{k*\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\rfloor,b_{k}=a_{k}+k$
所以对于任意局势，先手必败当且仅当局势为奇异局势，我们只需要用通项式判断其是否为奇异局势即可。
例6：取石子游戏之六（Fibonacci Nim）
有一堆个数为n的石子，A，B轮流取石子，满足：
先手不能在第一次把所有的石子取完；
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，问A先手是否有必胜策略。
这个和之前的Wythoff’s Game和取石子游戏有一个很大的不同点，就是游戏规则的动态化。之前的规则中，每次可以取的石子的策略集合是基本固定的，但是这次有规则：一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。
这个游戏叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci数列：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,… 有密切的关系。如果试验一番之后，可以猜测：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。换句话说，必败态构成Fibonacci数列。
就像Wythoff博弈需要Beatty定理来帮忙一样，这里需要借助Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。
首先我们证明下Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）：
我们以 $Fib_{n}$代表Fibnacci数列的第 $n$项， $m,(m \in Z^*)$，易知当 $m=1,2,3$时，该定理都成立，那么我们运用数学归纳法：假定该定理对所有小于 $m$的数都成立，我们只要证明该定理对 $m$成立即可。
当 $m$为 $Fib$数时，该定理成立
当 $m$不为 $Fib$数时，设 $Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}$
设 $m'=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}$，即 $m'<Fib_{p_{1}-1}$
因为 $m'<m$，又因为归纳法假设 $m'$可以表示成不连续的Fibnacci数列之和，即 $m'=Fib_{p_{2}}+Fib_{p_{3}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{2}>p_{3}>...>p_{t})$且不是连续的整数，又因为 $m'<Fib_{p_{1}-1}$，所以 $p_{2}<p_{1}-1$，即 $p_{1},p_{2}$也不是连续的整数。
故 $m=m'+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})$且不是连续的整数，所以该定理成立
所以Zeckendorf定理（齐肯多夫定理） 对所有的 $m,(m \in Z^*)$都成立
那我们再看看 $Fibnacci数列$的 $必败证明$：
首先给出三个定理，之后证明需要用到:
$Fib_{n+1}<2*Fib_{n}<Fib_{n+2}$
$Fib_{n+2}<3*Fib_{n}$
$4*Fib_{n}<3*Fib_{n+1},(4*Fib_{n}<3*(Fib_{n}+Fib_{n-1})\Rightarrow Fib_{n}<Fib_{n+1}<3*Fib_{n-1})$
同样运用数学归纳法：
当 $i=2$时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。
假设当 $i \leqslant k$时，结论成立。
则当 $i=k+1$时， $Fib_{i}=Fib_{k}+Fib_{k-1}$
则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称 $k$堆和 $k-1$堆。
(一定可以看成两堆，因为假如先手第一次取的石子数大于或等于 $Fib_{k-1}$，则后手可以直接取完 $Fib_{k}$，因为 $Fib_{k}<2*Fib_{k-1}$)
对于 $k-1$堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数 $x$的情况。
如果先手第一次取的石子数 $y \geqslant \dfrac{Fib_{k-1}}{3}$，则这小堆所剩的石子数小于等于 $2y$，即后手可以直接取完，此时 $x=Fib_{k-1}-y$，则 $x \leqslant \dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}$。
我们来比较一下 $\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}$与 $\dfrac{Fib_{k}}{2}$的大小。即 $4*Fib_{k-1}$与 $3*Fib_{k}$的大小，我们已经得出后者大。
所以我们得到， $x<\dfrac{Fib_{k}}{2}$。
即后手取完 $k-1$堆后，先手不能一下取完 $k$堆，所以游戏规则没有改变，则由假设可知，对于 $k$堆，后手仍能取到最后一颗，所以后手必胜。
如果先手第一次取的石子数 $y<\dfrac{Fib_{k-1}}{3}$，由于 $Fib_{n+2}<3*Fib_{n}$，因此 $y<Fib_{k-3}$。因为 $Fib_{k-1}=Fib_{k-2}+Fib_{k-3}$，那么后手总能取走一些石子，使得先手面临 $Fib_{k-2}$的局面，这样后手还是能取到最后一个，使得先手必败
即 $i=k+1$时，结论依然成立。
对于不是Fibonacci数列，首先进行分解。
分解的时候，要取尽量大的Fibonacci数。
比如分解85：
85在55和89之间，于是可以写成85=55+30，然后继续分解30,30在21和34之间，所以可以写成30=21+9，依此类推，最后分解成85=55+21+8+1。
则我们可以把 $n$写成 $n=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+……+Fib_{p_{k}},(p_{1}>p_{2}>……>p_{k})$
我们令先手先取完 $Fib_{p_{k}}$，即最小的这一堆。由于各个 $Fib$之间不连续，则 $p_{k-1}>p_{k}+1$，则有 $Fib_{p_{k-1}}>2*Fib_{p_{k}}$。即后手只能取 $Fib_{p_{k-1}}$这一堆，且不能一次取完。
此时后手相当于面临这个子游戏(只有 $Fib_{p_{k-1}}$这一堆石子，且后手先取)的必败态，即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。
同理可知，对于以后的每一堆，先手都可以取到这一堆的最后一颗石子，从而获得游戏的胜利。
例7：取石子游戏之七（Staircase Nim）
有n堆石子，每堆石子的数量为 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$，A，B轮流操作，每次可以选第k堆中的任意多个石子放到第k-1堆中，第1堆中的石子可以放到第0堆中，最后无法操作的人为输。问A先手是否有必胜策略。
这就是一个Staircase Nim，它其实可以通过一些转化变成我们所熟知的Nim游戏，先手必败当且仅当奇数阶梯上的石子数异或和为0，那么为什么是这样呢？
假如我们是先手，我们就按照这个方法将多余的石子从奇数堆移动到偶数堆里面。
此后如果对手移动的是奇数堆，我们就继续移动奇数堆使得SG值重新变为0；如果对手移动的是偶数堆，我们就将他移动到奇数堆中的石子继续往下移。
这样经过多次操作我们总能使奇数堆保持必胜状态，最后我们总可以在对手之后将石子从奇数堆移动到偶数堆，最后移动到第0堆，这样对手就不能移动了。
所以通过整个过程我们可以发现，偶数堆中的石子不会影响整个游戏的结果，只有奇数堆中的石子会影响游戏结果。
因此对这个游戏而言，先手必败当且仅当奇数堆中的石子数异或和为0。
例8：取石子游戏之八（Anti Nim）
本题为例4（Nim 游戏）的变相版本，其他条件均不变，唯独定义：取到最后一个石子的人为输。那么A先手是否有必胜策略？
这题和Nim游戏非常类似，就是输赢的条件不同，但是这个游戏的胜利状态却和Nim有一些区别，这个游戏的的胜利当且仅当：
所有堆石子数都为1且SG值为0
至少有一堆石子数大于1且SG值不为0
我们对这个游戏进行分析，将其分为两种情况：
所有堆的石子数均为1
至少有一堆石子数大于1
对于第一种情况而言，我们可以很容易得到当堆数为奇数时，先手必败，否则先手必胜。
对于第二种情况而言，我们分两种情况进行讨论：
当SG值不为0时： 若还有两堆石子数目大于1时，我们将SG值变为0即可；若只有一堆石子 数目大于1时，我们总可以让状态变成有奇数个1。所以当SG不为0时，先手必胜。
当SG值为0时： 这样的话至少会有两堆石子的数目大于1，那么先手决策完之后，必定会使局面的SG值不为0，这样便到了先手必胜局。所以当SG为0时，先手必败。
但是上述有关的推导只对于Anti Nim成立，对与Anti SG-组合游戏这个推论是不成立的，因此Anti SG-组合游戏的推论我们是需要重新证明的。不过这篇博客主要讨论单一游戏的决策问题，因此对于SG-组合游戏不予以讨论，有兴趣的读者可以参考贾志豪《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》