博弈 总结和思考 更新中

一、状态分析

在做某些博弈题的时候，最重要的就是P/N局面的分析了。

所谓的P局面及必败点，N局面及必胜点，我所理解的P/N局面是谁走到P点或者N点就必须承受这点所带来的状态，必败或者必胜。所以我摒弃了那种P点即是前一个选手将取胜的位置，N点即是下一个选手将取胜的位置的理解模式，很烦，事实上是一样的，但是一开始我们不用管这个概念，不然绕弯弯也能把自己绕晕。

所以必败点和必胜点满足三个性质：

第一个性质：所有的终结点都是必败点，都必须标记为P点。

          解释：很明显，谁最后站在了终结点无法移动的时候，就必须承受这点输的状态，所以终结点一定是必败点。

第二个性质：从任何必胜点（N点）操作，一定有一种策略可以进入必败点（P点）。

          解释：初次接触这个的时候，觉得貌似不好理解，我想很多人也是模棱两可，甚至当公式一样背下来，其实很简单，这点之所以被称作必胜点，就是因为处在这点的人一定能采取某种状态将对手置于必败状态，那么当轮到对手操作的时候就必须承受这个必败的状态，从而这点就是必胜点。所以必胜点是一定有方法走到一个必败点的。

第三个性质：无论怎么操作，从必败点（P点）都只能进入必胜点（N点）。

          解释：和第二个性质的思考方式一样，试想为什么这点被称作必败点，那是因为走到这点的人，无论怎么操作，就是无论怎么走，都只能走到一个必胜点，那么当下一个人操作的时候承受的是这个必胜点的必胜状态，所以走到这点的人是一定会输的。

在理解第三条性质的时候，我常常想到证明一个公式的合理性，如果能举一个反例把这个公式推翻，那这个公式就肯定不成立，所以要证明一个点是必败点，那么你就想想有没有方法可以走到一个必败点，让对方处于必败状态，如果没有，那么这点当然就必败了。反之，你要有方法走到这么一点，让对方处于必败状态，那么处在这点的人不一定会输，所以这点当然不能成为必败点了。所以从必败点只能走到必胜点。

实战演练：杭电2147 kiki's gamehttp://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2147

这个题就是简单的分析必败点和必胜点的。

题意：给你一个n*m的棋盘，首先硬币是放在右上角的，每次只能往左或者往下，或者往左下方走，如果谁走到某个点不能再动谁就输了。

很明显，终点是左下角这个点，因为无论谁走到这一点，都没法动了，所以走到这点的人就输了。

所以根据这三条性质我们可以试着描述下PN点得状态。

假设棋盘是5*3的，那么这个PN分析状态就是如下：

PNP
NNN
PNP
NNN
PNP

终点左下角标记为P，从这个点开始，我们看和它相近的点（4,1）（4,2）（5，2），显然这三点是都可以一步走到终点的，也就是说这三点能走到一个必败点，使对方置于必败状态，所以这三点都标记为N点，必胜点，再看（5,3）这点，此时无论走到这点的人采取什么策略，都只能往（5,2）这点走，而（5,2）已经标记为N点，所以它只能走到必胜点，因此它被标记为P点，即是必败点。依次类推，就能把这个图画出来。

我们已经学会了分析必败点和必胜点，那么也就能把这题做出来了。我们不妨从n,m的奇偶性去思考，上面我们分析的是n,m都是奇数的，此时右上角是P点，及必败点，所以先手必输。那么我们不妨再考虑下n为偶数m为奇数，n为奇数m为偶数，n,m都为偶数的P/N图，我们会发现只有n,m都为奇数的时候，先手必输，所以这题得到完美解答。

二、NIM问题

经典的取石子问题，有N堆石子，其中第i堆有Pi颗石子，从某一堆里取出若干石子去掉，两人轮流操作，谁不能继续取石子，谁就输了。

这个问题有个结论：S=p1^p2……p^n ，当S=0的时候是必败点。

那么怎么理解？首先看终点，肯定是0,0……0，所以S=0，满足这个结论。

然后看其他点，当S=0的时候，及S=p1^p2……^pi……^pn=0,那么S=p1^p2……^pn（不异或pi)肯定是等于pi的，不然S=p1^p2……^pi……^pn也不可能等于0，那么我们从pi取出一些石子后，pi'也就不再等于pi了，所以S=p1^p2……^pi'……^pn肯定就不等于0了。由此可知从S=0这个点，无论怎么走，都只能走到S<>0（S不等于0）的点，所以S=0的点称为必败点。

再看S!=0的时候，设S的二进制位是A1…An，考虑第一位是1的。在P中取出该位同是1的，不妨设为P1。可知P1 ^S<P1，令P1’=P1 XOR S。可知P1’ XOR P2 XOR … XOR Pn=0。即满足N局面存在至少一个子局面是P局面。所以这点就是N点，必胜点。

三、NIM问题的扩展问题。

还是取石子问题。有N堆石子，第i堆有Pi个石子，每次去掉某一堆里最多m颗石子，（m>0)，两人轮流操作，谁不能继续取石子，谁就输了。

这个问题的结论是：将每堆石子对m+1取模后异或，若异或等于0，就是必败点。

怎么理解？其实有了上面的基础，这个问题真的很好理解了。我们把所有的石子分成两部分，一部分是m+1的倍数r1r2……rn,一部分为p1',p2'……pn'.那么p1',p2'……pn'这部分就直接按nim的方法取石子就行了，而对于r1,r2……rn这部分，由于他们是m+1的倍数，所以我们可以在对手取K颗石子的时候，我们取m-k+1颗。

若初始局面为胜局面，P1 ’ P2 ’ P3 ’ … Pn ’部分NIM方法取子必胜，由于r1r2r3 …rn都为m+1的倍数，因此，按m+1互补的取法，先手一定能取到最后K<=m颗石子。

四、NIMk问题

还是取石子问题。
有N堆石子，其中第i堆有Pi颗石子，每次可以从最多K堆中选出若干石子去掉（但不能不去石子），两人轮流取石，谁不能继续取谁就输了。什么情况下先手必胜，什么情况下后手必胜?

K=1，为Nim问题。
对于K>1的情况，我们令把P1~Pn这n个数，转成二进制，然后每位分别相加，每位最后结果mod (K+1)即可。如果每一位结果都是0，则为P局面，否则是N局面。
示例
P1P2P3P4=3,5,10,15  ，K=2

         3——————               1  1
         5——————           1  0  1
       10——————       1  0  1  0
       15 ——————      1  1  1  1
                                        2  2  0  0
所以这是N局面。
证明与NIM证明类似。

五、MisèreNim问题

有N堆石子，每次从某一堆里选出若干石子去掉（但不能不去石子），两人轮流取石，谁不能继续取谁就赢了。

所有石子堆的数目都为1：显然，若有偶数堆石子堆，则必胜，否则必败。
如果恰好只有一堆石子数目大于1。
我们可以把这堆石子取完或者取得只剩下1，使得只剩下奇数堆数目为1的石子留给对方，由1)，必胜。

如果有至少2堆石子的数目大于1。
 考虑异或值：若异或值不为0，则按照Nim走法取石。
这样，当对手某次取完石子后，肯定会出现情况2，必胜。

证明：按照Nim走法则取完石子后，必定会给对手留下异或值为0的局面。
因此不可能给对手留下情况2 的局面（容易证明，情况2 局面的异或值肯定不为0），
而对手一次最多将一堆石子数大于1的石子堆处理掉。因此情况2 的情况肯定会出现。
 相反，若异或值为0，则无论如何走都会给对方留下情况2 或情况3的情况，必败。

例题：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509

 六、翻硬币游戏  http://blog.sina.com.cn/s/blog_8f06da99010125ol.html

翻硬币游戏

一般的翻硬币游戏的规则是这样的：

N枚硬币排成一排，有的正面朝上，有的反面朝上。我们从左开始对硬币按1到N编号。

第一，游戏者根据某些约束翻硬币，但他所翻动的硬币中，最右边那个硬币的必须是从正面翻到反面。例如，只能翻3个硬币的情况，那么第三个硬币必须是从正面翻到反面。如果局面是正正反，那就不能翻硬币了，因为第三个是反的。

第二，谁不能翻谁输。

有这样的结论：局面的SG值为局面中每个正面朝上的棋子单一存在时的SG值的异或和。即一个有k个硬币朝上，朝上硬币位置分布在的翻硬币游戏中，SG值是等于k个独立的开始时只有一个硬币朝上的翻硬币游戏的SG值异或和。比如THHTTH这个游戏中，2号、3号、6号位是朝上的，它等价于TH、TTH、TTTTTH三个游戏和，即sg[THHTTH]=sg[TH]^sg[TTH]^sg[TTTTTH].我们的重点就可以放在单个硬币朝上时的SG值的求法。

约束条件一：每次只能翻一个硬币。

一般规则中，所翻硬币的最右边必须是从正面翻到反面，因为这题是只能翻一个硬币，那么这个硬币就是最右边的硬币，所以，每次操作是挑选一个正面的硬币翻成背面。

对于任意一个正面的硬币，SG值为1。

有奇数个正面硬币，局面的SG值==1，先手必胜，有偶数个正面硬币，局面的SG值==0，先手必败。

约束条件二：每次能翻转一个或两个硬币。(不用连续)

每个硬币的SG值为它的编号，初始编号为0，与NIM游戏是一样的。

如果对于一个局面，把正面硬币的SG值异或起来不等于0，既a1^a2^a3^…^an==x,对于an来说一定有an'=an^x<an。

如果an'==0，意思就是说，把an这个值从式子中去掉就可以了。对应游戏，就是把编号为an的正面硬币翻成背面就可以了。因为an^x==0，而a1^a2^a3^…^an==x，即an^a1^a2^a3^…^an==0，即a1^a2^a3^…^an-1==0，只要在原来的x里面去掉an就可以了。

如果an'!=0，意思就是说，把an这个值从式子中去掉后再在式子中加上an'，an'<an。对应游戏，去掉an就是把编号为an的正面硬币翻成背面，加上an'，如果编号为an'的硬币是正面，我们就把它翻成背面，是背面就翻成正面，总之，就是翻转编号为an'的硬币。因为an^x!=0，所以an^a1^a2^a3^…^an!=0，即a1^a2^a3^…^an-1!=0，而这里的

an'=a1^a2^a3^…^an-1，所以在x中去掉an后，要对an'进行异或，也就是翻转，正转反，反转正。

约束条件三：每次必须连续翻转k个硬币。

我们以k==3为例。

我们计算的是个数为N的硬币中，其中最后一个硬币为正面朝上,的sg值。

当N==1时，硬币为：正，先手必输，所以sg[1]=0。

当N==2时，硬币为：反正，先手必输，所以sg[2]=0。

当N==3时，硬币为：反反正，先手必胜，所以sg[3]=1。

当N==4时，硬币为：反反反正，先手操作后为：反正正反，子状态局面的SG=0^1=1，那么sg[4]=0。

当N==5时，硬币为：反反反反正，先手操作后为：反反正正反，子状态局面的SG=1^0=1，那么sg[5]=0。

当N==6时，硬币为：反反反反反正，先手操作后为：反反反正正反，子状态局面的SG=0^0=0，那么sg[6]=1。

根据观察，可以知道，从编号为1开始，sg值为：001 001 001 001……

根据观察，可以知道，sg的形式为000…01 000…01，其中一小段0的个数为k-1。

约束条件4：每次翻动一个硬币后，必须翻动其左侧最近三个硬币中的一个，即翻动第x个硬币后，必须选择x-1，x-2，x-3中的其中一个硬币进行翻动，除非x是小于等于3的。（Subtraction Games）

当N==1时，硬币为：正，先手必赢，所以sg[1]=1。

当N==2时，硬币为：反正，先手必赢，因为先手可以翻成反反或正反，可能性为2，所以sg[2]==2。

当N==3时，硬币为：反反正，先手操作后可以为：反正

位置x：123456 789 101112 1314...

sg[x]：12301 230 123012…

这个与每次最多只能取3个石子的取石子游戏的SG分布一样，同样还有相似的这类游戏，约束条件5也是一样。

约束条件5：每次必须翻动两个硬币，而且这两个硬币的距离要在可行集S={1,2,3}中，硬币序号从0开始。(Twins游戏)

当N==1时，硬币为：正，先手必输，所以sg[0]=0。

当N==2时，硬币为：反正，先手必赢，所以sg[1]=1。

当N==3时，硬币为：反反正，先手必赢，所以sg[2]=2。

当N==4时，硬币为：反反反正，先手必赢，所以sg[3]=3。

当N==5时，硬币为：反反反反正，先手必输，所以sg[4]=0。

位置x：012345 678 91011 121314...

sg[x]：01230 123 0123012…

约束条件6：每次可以翻动一个、二个或三个硬币。（Mock Turtles游戏）

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3537

初始编号从0开始。

当N==1时，硬币为：正，先手必胜，所以sg[0]=1.

当N==2时，硬币为：反正，先手必赢，先手操作后可能为：反反或正反，方案数为2，所以sg[1]=2。

当N==3时，硬币为：反反正，先手必赢，先手操作后可能为：反反反、反正反、正反正、正正反，方案数为4，所以sg[2]=4。

位置x：012345678910111213 14...

sg[x]：12478 11 13 1416192122252628…

看上去sg值为2x或者2x+1。我们称一个非负整数为odious，当且仅当该数的二进制形式的1出现的次数是奇数，否则称作evil。所以1，2，4，7是odious因为它们的二进制形式是1,10,100,111.而0,3,5,6是evil，因为它们的二进制形式是0,11,101,110。而上面那个表中，貌似sg值都是odious数。所以当2x为odious时，sg值是2x，当2x是evil时，sg值是2x+1.

这样怎么证明呢？我们会发现发现，

evil^evil=odious^odious=evil

evil^odious=odious^evil=odious

假设刚才的假说是成立的，我们想证明下一个sg值为下一个odious数。注意到我们总能够在第x位置翻转硬币到达sg为0的情况；通过翻转第x位置的硬币和两个其它硬币，我们可以移动到所有较小的evil数，因为每个非零的evil数都可以由两个odious数异或得到；但是我们不能移动到下一个odious数，因为任何两个odious数的异或都是evil数。

假设在一个MockTurtles游戏中的首正硬币位置x1,x2,…,xn是个P局面，即sg[x1]^…^sg[xn]=0.那么无可置疑的是n必定是偶数，因为奇数个odious数的异或是odious数，不可能等于0。而由上面可知sg[x]是2x或者2x+1，sg[x]又是偶数个，那么x1^x2^…^xn=0。相反，如果x1^x2^…^xn=0且n是偶数，那么sg[x1]^…^sg[xn]=0。这个如果不太理解的话，我们可以先这么看下。2x在二进制当中相当于把x全部左移一位，然后补零，比如说2的二进制是10，那么4的二进制就是100。而2x+1在二进制当中相当于把x全部左移一位，然后补1，比如说2的二进制是10，5的二进制是101。现在看下sg[x1]^…^sg[xn]=0，因为sg[x]是2x或者2x+1，所以式子中的2x+1必须是偶数个（因为2x的最后一位都是0,2x+1的最后一位都是1，要最后异或为0,2x+1必须出现偶数次）。实际上的情况可能是这样的:

MT游戏当中的P局面是拥有偶数堆石子的Nim游戏的P局面。

约束条件7：每次可以连续翻动任意个硬币，至少翻一个。（Ruler游戏）

初始编号从1开始。

那么这个游戏的SG函数是g(n)=mex{0,g(n-1),g(n-1)^g(n-2),…,g(n-1)^…^g(1)}

根据SG函数可以得到SG值表如下。

位置x：123456 789 101112 13141516...

g(x): 121412 181 21412116…

所以sg值为x的因数当中2的能达到的最大次幂。比如14=2*7，最大1次幂，即2；16=2*2*2*2，最大4次幂，即16。

这个游戏成为尺子游戏是因为SG函数很像尺子上的刻度。

约束条件8：每次必须翻转4个对称的硬币，最左与最右的硬币都必须是从正翻到反。（开始的时候两端都是正面）（Grunt游戏）

这是Grundy游戏的变种，初始编号从0开始。

当首正硬币位置为0,1,2时是terminal局面，即终结局面，sg值都是0。当首正硬币位置n大于等于3的时候的局面可以通过翻0,x,n-x,n四个位置得到(其中x<n/2可保证胜利)。

这就像是把一堆石子分成两堆不同大小石子的游戏，也就是Grundy游戏。

附注：

参考资料http://blog.sina.com.cn/s/blog_51cea4040100h3wl.html

部分内容还是《Game Theory》翻译过来的

 

 

七、博弈树，极大极小

1、美中军事政治博弈

我们通过一个简单的例子来说明序贯博弈的（离散策略的）扩展式表达和逆向归纳法求解方法。这个例子可以称做美中军事政治博弈，或者叫“毛泽东的对外军事政治战略”。

故事模型

在我国解放初期，美国一直试图对我国实施打击。此时，我国必须对美国采取应对之策。就我国对美国可以采取的行动而言，无非是回击或不回击。用更符合毛泽东的话来说，美国可以“犯我”或“不犯我”，而我们可以“犯人”或“不犯人”。

由此我们可以刻画出一个动态博弈：

●博弈方：美国、中国；

●行动空间：美国可选择的行动是“犯我”或“不犯我”；中国的选择是“犯人”或“不犯人”；

●行动顺序：美国先行动；中国观察到美国的行动后再选择自己的行动；

●赢利：我们这样假设赢利状况（数字是虚拟的）；

●如果美国“犯我”，中国“犯人”，恶战再所难免，则美国亏损2，中国亏损2；

●如果美国“犯我”，中国“不犯人”，那么中国沦为美国的附庸，丧失国家主权，则美国获得2，中国亏损4；

●如果美国“不犯我”，中国“犯人”，那么就是中国挑起战事，美国正好有借口纠合国际力量打击中国，则美国得3，中国亏损5；

●如果美国“不犯我”，中国“不犯人”，各自和平地发展经济，则美国得1，中国得1。

2、博弈树

对于上述动态博弈，我们可以用博弈树(game tree)表达如下（图5-1）：

                        

                       犯我                    不犯我

中国                         中国    

             犯人          不犯人          犯人           不犯人

         （－2，－2）    （2,-4）        （3,-5）           （1,1）

                         图5-1 美中军事政治博弈

图5-1的博弈树是这样解读的：美国先选择“犯我”或“不犯我”，然后中国观察美国的选择后选择“犯人”或“不犯人”；最右边的括号内数字是各种情况下双方的赢利状况，前一个数字代表第一个行动人（美国）的赢利，第二个数字代表第二个行动人（中国）的赢利。依此类推，如果有更多的参与人序贯行动，则赢利的排列顺序与行动顺序一致。

3、逆向归纳法

究竟什么是图5-1博弈的均衡呢？在完美信息动态博弈中，我们要找的均衡实际上是一条路径，即从第一个行动人决策结点出发，一直到某一个终点之间的路径。所谓均衡路径就是在每一个决策阶段，没有人会偏离这条路径。这条路径所代表的策略均衡被称做子博弈完美均衡。

下面我们介绍如何用逆向归纳法来求解博弈的均衡。逆向归纳的步骤是这样的：

● 首先，从最后阶段行动的参与人决策开始考虑。在图5-1的博弈中，最后行动的是中国，因此我们先考虑中国怎么决策。在考虑中国的决策时，我们假定美国已经选了“犯我”或“不犯我”；

◆ 如果美国选择了“犯我”，在图5-1中可发现，中国选择“犯人”会得到-2，选择“不犯人”会得到-4；因此中国必然选择“犯人”——我们就在中国“犯人”的分枝上画上一个短短的横线标记；

◆ 如果美国选择了“不犯我”，从图5-1中可发现，中国选择“犯人”会得到-5，选择“不犯人”会得到1，因此中国必然选择“不犯人”——我们就在中国“不犯人”的分枝上画上一个短短的横线标记。

● 然后，考虑次后阶段行动的人（例子中只有两个阶段，因此实际上就是第一阶段行动的人）——美国。美国决策时会考虑中国的反应，而现在它已预见到中国将选择的行动就是两条划了双横线的分枝。所以，它很容易推出自己面临的情况是：

◆  若选择“犯我。，则必然导致中国“犯人”，则美国得到-2；

◆  若选择“不犯我”，则中国必选择“不犯人”，则美国得到1；

◆  结果美国宁愿选择“不犯我”。照规矩，我们在美国“不犯我”的一个分枝上画上横线。

● 如果存在一个路径，其每个分枝都画上了横线，那么这条路径就是均衡路径。可发现，在图5-1的例子中，均衡路径将是美国选择“不犯我”，而中国选择“不犯人”。

因此，美中博弈的子博弈完美均衡结果是：美国不侵犯中国，而中国也不侵犯美国。

逆向归纳法对于求解子博弈完美均衡之所以适用，其原因就在于它的解过程很好地体现了子博弈完美均衡的定义：一个策略组合只有在其路．既满足是整个博弈的均衡又满足该路径上每一个子博弈的均衡时候，‘才是子博弈完美均衡。