ProjectEuler 301 游戏中的数学

好久没做Euler题目了，上去直接挑了最后一题。一般说来越往后越难，但题目301却非常简单。更难得的是，经过一番思考，我发现自己能够比较完整的理解题目背后的数学和算法，所以把心得分享给大家。（有很多Euler题目，要么不会做，要么勉强做出结果，却想不出清晰的数学图像）

 

Nim是很经典的博弈游戏。有3堆石子，两人轮流从任一堆中取走至少1个石子，最后拿走剩下石子的人获胜。类似的游戏还有很多，比如21点：两人轮流从21个石子里拿走1~3个石子，也是最后拿走剩下石子的人获胜。有趣的是，这类游戏是存在必胜法的。

 

先看21点，要点是保持剩余石子数是4的倍数。我们记这些石子数的集合为A = {0, 4, 8, 12, 16, 20}；并记第i次取石子后，剩余石子数为R_i。这些元素有3个神奇的特性：

1、游戏的最终状态0∈A，轮到谁，谁就输了。

2、如果R_i∈A，则任何取法都会使R_i+1A。例如无法直接从8到4，因为一次最多取3个石子。

3、如果R_iA，则必有某种取法，使得R_i+1∈A。例如7 - 3 = 4。

由上述3个特性可知：

1、给对手剩余0则胜利，而0是4的倍数。

2、我方只要维持剩余石子数为4的倍数，则无论对手怎么取，必会偏离此状态。

3、无论对方怎么取，我方总有合适的取法，使剩余石子数回到4的倍数。

所以在对局双方都知道此必胜法的情况下，则输赢只跟谁先出手有关了。

 

有了上述例子，再看Nim游戏就比较好理解了。记第i次取石子后，三堆石子的个数分别为X_i, Y_i, Z_i。其必胜心法就是：从某堆中抽出适量石子，使得X_i⊕Y_i⊕Z_i = 0（此处及下文出现的⊕是二进制按位异或算符xor）。对比21点游戏，我们也试着"猜想"出3个神奇的特性：

1、根据规则，游戏的最终状态为X_i = Y_i = Z_i = 0，轮到谁，谁就输了。

2、如果X_i⊕Y_i⊕Z_i = 0，则任何取法都会使X_i+1⊕Y_i+1⊕Z_i+1≠0。

3、如果X_i⊕Y_i⊕Z_i≠0，则必有某种取法，使得X_i+1⊕Y_i+1⊕Z_i+1 = 0。

由上述3个特性可知：

1、给对手剩余X_i = Y_i = Z_i = 0则胜利，而此时恰好X_i⊕Y_i⊕Z_i = 0。

2、我方只要维持剩余石子数满足X_i⊕Y_i⊕Z_i = 0，则无论对手怎么取，必会偏离此状态。

3、无论对方怎么取，我方总有合适的取法，使剩余石子数回到X_i⊕Y_i⊕Z_i = 0的状态。

 

凑巧的是，这个猜想是成立的，但其正确性不再像21点游戏那样直观了。我给出描述性的证明，严格证明请参看Wikipedia。

 

先证性质2，这个简单。由于只能从单一堆中取，且至少取走1个石子。不失一般性的，假设是从X_i中取，则必定会使X_i+1的某些二进制位发生变化，而另两堆保持不变Y_i =Y_i+1，Z_i =Z_i+1，所以X_i+1⊕Y_i+1⊕Z_i+1的某些位必定发生改变，而使其偏离0了。（假如游戏允许从多个堆中同时取走石子，则性质2失效。）

 

再证性质3。我们可以构造性的给出一个算法，使得在任意的X_i⊕Y_i⊕Z_i≠0时，总可以从某堆中取走一些的石子，使得X_i+1⊕Y_i+1⊕Z_i+1恢复为0。例如：

X_i = 4 = (100)₂

Y_i = 2 = (010)₂

Z_i = 3 = (011)₂

-------------------

X_i⊕Y_i⊕Z_i = (101)₂

由于X_i⊕Y_i⊕Z_i的最高位是第三位（bit3 = 1）,则三堆中必然至少有一堆的第三位也为1,任选这样的一堆，此例即X。由于异或后的值(101)₂在第一位和第三位都是1，为了让其归零，就需要让X_i+1的对应位发生变化，也就是从(100)₂变为(001)₂。再仔细一些，会注意到Y_i、Z_i的第三位要么都为0，要么都为1，则X_i+1的最高位至多是第二位，所以X_i+1i，不可能出现石子不够取的情况。综上，需要从X中拿走(100)₂ - (001)₂ = (011)₂ = 3个石子。归纳一下，此算法为：总是从与X_i⊕Y_i⊕Z_i具有相同最高位的任一堆中取走石子，不失一般性的，设此堆为X。希望取走石子后此堆剩余石子X_i+1 = X_i⊕(X_i⊕Y_i⊕Z_i)= Y_i⊕Z_i，则必然可以从X中取走的数目为X_i -X_i+1的石子使得X_i⊕Y_i⊕Z_i = 0。

 

有了这些铺垫，题目301的解法也就很直接了。只要遍历n = [1..2³⁰]，数一下满足n⊕2n⊕3n = 0的n的个数即可。（答案？保密）

 

小结一下，就会发现这类游戏的特点是对局双方仅有先后手的差别。对此有个学名：无偏博弈（Impartial game），并且所有这类游戏都等价于Nim游戏（Sprague–Grundy theorem）。他们中的每一个游戏，都拥有一个特殊的状态集合。在21点中就是集合A，在Nim中，就是那些满足X⊕Y⊕Z = 0的局面。这个集合（我称作核心集）中的状态有如下3个性质：

1、终局状态属于核心集。

2、如果当前状态属于核心集，则任意合法的动作，都会使当前状态转化到核心集之外的状态。

3、如果当前状态不属于核心集，则必存在一种精心策划的合法的动作，使当前状态转化为核心集之内的状态。

 

我还要继续深入，看看是否有更快的算法呢？让我们先瞧瞧Nim游戏的核心集的样子（图1）。咋就那么像立体的Sierpinski triangle呢？看来Nim游戏的内部隐藏了某种深层次的规律性，如果能找到，说不定会大大缩短之前遍历法的计算时间。仔细读题，初始三个堆的大小正好是n的1倍、2倍、3倍。这有什么特殊含义吗？

图1，Nim核心集，x≤y≤z。

 

晚上做梦，

1、梦见数字电路设计中讲，异或和加法是非常相似的两种运算，唯一的不同就是加法考虑进位，而异或忽略进位。

2、又梦到在二进制表示下，2n就是对n左移一位的结果。

3、当我再梦到3n = n + 2n的时候就惊醒了（晕，真的再也睡不着了）。

4、题目要找合适的n，使得n⊕2n⊕3n = 0，这不就等价于n⊕2n = n + 2n嘛。

5、不考虑进位的异或结果与考虑进位的加法结果相等，也就是说加法过程中必定不会出现进位。

6、要满足4，则n的二进制表示中的相邻位必定不能出现连续的'1'，否则左移一位后必定导致加法进位，也就是n & 2n = 0。

7、至此，问题已经相当明朗，就是要在给定的范围内，构造二进制表示中没有相邻的'1'的整数n。也就是要往一串'1'中插入一些'0'，并数数有多少种不同的插入方式。

 

回忆一下高考时做过的各类排列组合题吧。将n个相同的小球，全部分到m个不同的盒子里，且盒子可以空着，有多少种分法？解法为使用"第二类隔板法"，将球与盒看做相同的元素，排成一串。除去左右两侧的空隙，构成n + m - 1个空隙。分成m堆则需要插入m - 1个隔板，所以有种分法。( Mathematica中对应函数为Binomial[n + m - 1, m – 1] )

 

有了这些基础，计算总数就容易多了。我们按'1'在n中出现的次数进行分类，逐个类进行计算：

 

第1类，以数(1)₂为基础，插入不同个数的'0'，构成新的n：

插入'0'的个数

形成n的数目

0

1

2

...

...

29

 

第2类，以数(101)₂为基础，插入不同个数的'0'，构成新的n：

插入'0'的个数

形成n的数目

0

1

2

...

...

27

 

第3类，以数(10101)₂为基础，插入不同个数的'0'，构成新的n：

插入'0'的个数

形成n的数目

0

1

2

...

...

25

以此类推...

第15类，以数(101...101)₂为基础，即15个'1'，14个'0'为基础，插入不同个数的'0'，构成新的n：

插入'0'的个数

形成n的数目

0

1

第16类，由于前15类构造的n值都小于2³⁰，而题目设定n的范围包含2³⁰，恰好2³⁰是合理的n，所以也要算上1个。其实这就是第一类的延续而已。

 

所以，最终结果就是

其中N为题目限定的2^N的指数（N = 30），为向下取整。这个式子是否还能进一步化简呢？让我们把这些求和项重新排列一下，变为：

展示为表格的形式，以N = 8为例，表格中最后一行为每一列的和：

 

  

    

      

1

1

2

3

5

8

13

21

 

这个数列很眼熟吧，这就是Fibonacci数列。为什么会这么巧呢？杨辉三角（Pascal's Triangle）中的每一项都是二项式系数，且每一项都是上一行的两项之和，也就是。我们将杨辉三角以左对齐的方式写出来：

1

1

1

1

2

1

1

3

3

1

1

4

6

4

1

1

5

10

10

5

1

1

6

15

20

15

6

1

绿色对角线之和为5，蓝色对角线之和为8，红色对角线之和为13。而每一个红色的数都是其上一行蓝色与绿色数值之和，所以红色对角线的和正好是绿色对角线与蓝色对角线的所有数值之和。用F(n)表示第n条对角线的数值之和，于是有：

更有趣的是，这个关系式还与找零钱问题有关。考虑将x元钱分解为1元、2元纸币的方式，我们将顺序也考虑进去，即认为（1元+2元）与（2元+1元）是不同的分法：

总钱数

1

2

3

4

5

1张纸币

1

2

   

2张纸币

 

1+1

1+2
2+1

2+2

 

3张纸币

  

1+1+1

1+1+2
1+2+1
2+1+1

1+2+2
2+1+2
2+2+1

4张纸币

   

1+1+1+1

2+1+1+1
1+1+1+2
1+1+2+1
1+2+1+1

5张纸币

    

1+1+1+1+1

分法总数

1

2

3

5

8

这张表的每一个格正好对应杨辉三角的一个数值，而各列的加和构成Fibonacci数列。

 

回到正题，有了上面的知识，我们就可以把结果中的双重求和式化简：

是否能进一步简化呢？这就要用到离散数学中最神奇也最有用的发明之一了，这就是生成函数法（Generating function）。生成函数可以将有关数列的问题转化为有关函数的问题，使得人们可以利用已有的大量分析函数的方法来分析数列。利用生成函数法，我们甚至可以处理任何种类的计数问题（counting problem）。

 

我们首先定义一个新的函数，它是一个多项式，每项的系数构成Fibonacci数列：

其中。尖括号中每一项为右侧多项式的系数。

 

由Fibonacci数列的递归定义式可知，，即

得到这个简单的公式后，只要对F(x)做幂级数展开，就可以将Fibonacci数列由递归形式转化为更为直接的解析形式（closed form）了：

其中（黄金分割率），所以Fibonacci数列的前n项之和就是两个等比数列之差：

所以，题目的最终结果竟然是简单的：

综上，本文通过分析ProjectEuler题目301的求解过程，展示了Nim游戏策略，即Nim值的构造过程。进而发现问题的解与杨辉三角、Fibonacci数列的内在联系，最终大大简化了计算过程，时间复杂度由O(N)变为O(logN)。希望读者能跟我有一样的感受，数学的美就在于那不期而遇的巧合。