小结博弈
參考資料：https://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2011/08/28/2156426.html
一、巴什博奕
只有一堆物品，兩人輪流取，每次最多m個，最少一個。最后取光者獲勝
分析：假設共n個物品，n=m+1, 那么先手必敗。所以為了先手必勝。可以把n表示為
n = k(m+1) + s? ,? s <= m
只要先手取s個，把數量維持到m+1的倍數即可。對方取r個，自己就取m+1-r個
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二、威佐夫博弈
有兩堆物品，兩人輪流取，每次可以從一堆或兩堆取相同數量物品，最少1個，最多不限，最后取光者獲勝
分析：用（ak,bk）ak<bk, k=0,1,2,3……表示兩堆的數量，也稱局勢
其中如果甲面對(0, 0)局勢，那么甲已經輸了，稱奇異局勢
前幾個奇異局勢：（0,0） (1,2)?? (3,5)? (4, 7)? (6, 10)
其中ak就是前面未出現的最小數，bk = ak + k
可以看出奇異局勢 有以下三種性質
①：任何自然數都包含在一個且僅有一個的奇異局勢中
證明：由于ak是沒出現的最小數，所以ak>ak-1 而bk=ak+k>ak-1+k-1=bk-1>ak-1
②：任意操作都可以把奇異局勢轉化為非奇異局勢
證明：若只改變(ak,bk)的某個分量，那么另一個分量一定不在其他奇異局勢里。所以必然是非奇異局勢。
如果使兩個分量同時減少，由于差不變，肯定也是非奇異局勢
③：適當操作就可以把非奇異局勢轉化為奇異局勢
證明有兩個不懂。所以（證明見文頂參考資料）
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從以上性質可知：面對非奇異局勢，先手必勝；反之，后手必勝
現在問題就是 如果判斷一個局勢（a，b） 是不是奇異局勢
深奧的看不是太懂，不過可以這樣判斷
已知 a < b, 奇異局勢：a = k*1.618
k = b - a,? 1.618=(sqrt(5)+1)/2;
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三、尼姆博弈
有三堆物品，兩人輪流從某一堆取任意多物品，每次至少一個，最后取光者獲勝
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分析：與二進制有關，用(a,b,c) 表示某種局勢，首先(0,0,0) 是奇異局勢，無論誰面對必敗。
第二種奇異局勢(0,n,n), 只要對手拿走一樣多的物品，最后都將導致(0,0,0)。
仔細分析（1,2,3)也是奇異局勢，無論誰拿，都會變為（0,ｎ,n）
這里介紹異或運算 二進制對應位 不一樣為１，一樣為0
對于奇異局勢 (0,n,n) 異或結果為0
對于任何奇異局勢 (a,b,c) ａ^b^c = 0
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如果我們面對非奇異(a,b,c)，要如何變為奇異局勢？
假設ａ<b<c 我們只虛把 ｃ 變為 ａ^b 即可
所以就把ｃ減去ｃ-a^b
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重點理解：取火柴游戲：
題目1：今有若干堆火柴，兩人依次從中拿取，規定每次只能從一堆中取若干根，?
可將一堆全取走，但不可不取，最后取完者為勝，求必勝的方法。?
題目2：今有若干堆火柴，兩人依次從中拿取，規定每次只能從一堆中取若干根，?
可將一堆全取走，但不可不取，最后取完者為負，求必勝的方法。
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定義：若所有火柴數異或為0，則稱為利他態，用Ｔ表示，否則就利己態 用Ｓ表示
因為誰面對異或為0, 就輸了，所以是利他(對手)態
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第一個題目：
定理一：對于任何一個Ｓ態，總能從一堆火柴中取出若干使之成為Ｔ態
證明：
若有ｎ堆火柴，每堆Ａ(i) 根火柴，那么既然處于Ｓ態，
ｃ＝Ａ(1)^A(2)^……^A(n) > 0
把ｃ表示成二進制，記最高位為第ｐ位，則必然存在一個A(t), 它的第p位也是1。
那么我們把 x=A(t)^c ， 則得到x<A(t)，因為最高位同為1，肯定小了。所以x<A(t)
?? A(1)^A(2)^……^x^……^A(n)
= A(1)^A(2)^……^A(t)^c^……^A(n)
= A(1)^A(2)^……^A(n)^A(1)^A(2)^……^A(n)
= 0
也就是說從A(t)中取出 A(t)-x 根火柴，會從S態變為T態。證畢。
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定理二：T態，取任何一堆的若干根，都成為S態。
證明：
反證法：c=A(1)^A(2)^……^A(i)^……^A(n)
c'=A(1)^A(2)^……^A( i' )^……^A(n)
c ^ c' = A(1)^A(1)^A(2)^A(2)^……A(i)^A(i')^……^A(n)^A(n)=A(i)^A(i')=0
推出A(i)=A(i')，與已知矛盾，所以命題得證
定理三：S態，只要方法正確，必勝
證明：
最終勝利即由S態轉化為T態，任何一個S態，只要把它變為T態(由定理一，S態可以變為T態)，對于T態來說只能變為S態(由定理 二)。所以S態向T態都可以由自己控制，對方只能被動的實現T態變為S態。故S態必勝
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定理四：T態，只要對方方法正確，必敗
證明：
由定理三易得。
總結：對于先取光勝利的博弈，S態必勝，T態必敗。
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第二個題目：
定義：若一堆中僅有1根火柴，稱為孤單堆。若大于1根，則稱為充裕堆。
定義：T態中，若充裕堆的堆數大于等于2，稱為完全利他態，用T2表示，若充裕堆為0，稱為部分利他態，用T0表示
不會有T1的存在：因為孤單堆異或只會影響最后一位，一個充裕堆可以影響高位。所以異或和不會為0
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定理五：S0態，即僅有奇數個孤單堆，必敗。T0態必勝
證明：
S0態就是每次只能取1根，奇數堆，肯定是自己取的最后一根。必敗。
同理 ，T0態必勝。
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定理六：S1態，只要方法正確，必勝
證明：
若此時孤單堆為奇數，把充裕堆取完，否則取剩1根。
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定理七：S2態不可一次變為T0態
證明：
充裕堆不可能一次由2變為0
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定理八：S2態可一次變為T2態
證明：
由定理一，S態可變為T態，又由定理七可知，S2態不可一次變為T0態，所以可一次變為T2態(T1不存在)
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定理九：T2態，只能變為S2態或S1態
證明：
由定理二，T態只能變為S態。由于充裕堆不可能一次由2變為0，所以S態不可能為S0態。
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定理十：S2態，只要方法正確，必勝。
證明：
1)? S2態，就變為T2態? （定理八）
2）對方只能變為S2態或S1態 （定理九）
若變為S2態，繼續1）
若變為S1態，S1必勝。
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定理十一：T2態必輸。
證明：
由定理十易得。
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總結：對于先取光失敗的博弈，必勝態：S2、S1、T0、必敗態：S0、T2
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SG值內容留
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轉載于:https://www.cnblogs.com/ACMerszl/p/10371521.html
總結
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