博弈问题之其它博弈合集

找规律博弈：

这类题目出得也很多，而且出得很巧妙，相比固定模式的博弈解决方法，这类题目更加需要开创性思维和强大的逻辑能力。虽然最后可能代码很简单，但其中的思考过程却十分精彩。而且人都有一种在未知情况下的本能就是找出事物的规律，所以这也是人本能的一种体现~

例题：

POJ1740 A New Stone Game

这是楼教主的男人八题之一，非常好的找规律博弈，既不是很简单的一眼题，想法也很巧妙，我的男人八题专题系列有写到这个题目：传送阵

动态博弈：

动态博弈(dynamic game)是指参与人的行动有先后顺序，而且行动在后者可以观察到行动在先者的选择，并据此作出相应的选择。动态博弈的困难在于，在前一刻最优的决策在下一刻可能不再为最优，因此在求解上发生很大的困难。动态博弈行动有先后顺序，不同的参与人在不同时点行动，先行动者的选择影响后行动者的选择空间，后行动者可以观察到先行动者做了什么选择，因此，为了做最优的行动选择，每个参与人都必须这样思考问题：如果我如此选择，对方将如何应对？如果我是他，我将会如何行动？给定他的应对，什么是我的最优选择？如下棋。

其实就是DP+博弈，这类题目将博弈问题的性质糅合在了DP中，其实主要还是DP，状态转移方程是关键。

例题：

POJ1678 I Love this Game!

题意是给你n个数字和a,b(a<b)，第一个人拿[a,b]中的数字，然后第二个人拿比这个数字大且相差在[a,b]之间的数字，直到那不了，问最优情况下第一个人拿的点数之和与第二个人的差。这就是一个DP过程，只要后面的人每次都取最大数即可。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<string>#include<cmath>#include<set>#include<vector>#include<stack>#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)#define N 1000000007#define INF 100000000using namespace std;inline void RD(int &ret){    char c;    do    {        c=getchar();    }    while(c<'0'||c>'9');    ret=c-'0';    while((c=getchar())>='0'&&c<='9')    {        ret=ret*10+(c-'0');    }}inline void OT(int a){    if(a>=10)    {        OT(a/10);    }    putchar(a%10+'0');}int num[10001],dp[10001];int main(){    int t,n,i,j,a,b,s;    RD(t);    while(t--)    {        RD(n);        RD(a);        RD(b);        FOR(1,n,i)        {            scanf("%d",&num[i]);        }        sort(num+1,num+n+1);        for(i=n;i>=1&&num[i]>=a;--i)        {            s=-INF;            FOR(i,n,j)            {                if(num[i]+b<num[j])                {                    break;                }                if(num[i]+a<=num[j]&&dp[j]>s)                {                    s=dp[j];                }            }            s=s>-INF?s:0;            dp[i]=num[i]-s;        }        s=-INF;        for(i=1;i<=n&&num[i]<=b;++i)        {            if(num[i]>=a&&dp[i]>s)            {                s=dp[i];            }        }        s=s>-INF?s:0;        printf("%d\n",s);    }    return 0;}

图上博弈：

一般是无向图的删边游戏，游戏规则：在一个的无向图内，有一点作为根，两人轮流删边，脱离根的部分不用管，没有边可以删的人失败。团的性质是，删去其中任意一条边，点并不会闪架，它一定还与原图其他边相连。这样，对于这样的团，两人轮流删，一次删一条边，那关键就在于这样的团有多少条边可用来被轮流删了。
    我们还是先看下奇偶吧。
    对于一个单独的偶环，一定是先手必败，其sg=0。
    对于一个单独的奇环，一定是先手必胜，其sg=1。
    那么，在一个环团中，若有偶数条边，一定是先手必败。若有奇数条边，一定是先手必胜。
    实现时，我们可以把环团缩成一个点，环团上的每条边都作为一个与这个代表结点直接连接的一个点。这些点都是图里的子结点，sg=0，那么偶数条边，先手必败，代表结点经环上新生成的子节点异或和正好是0。如果是奇数条边，先手必胜，代表结点经环上新生成的子节点异或和正好是1。

例题：

POJ3710 Christmas Game

这题意思是给出了多个无向图进行删边游戏，且存在成环的情况。问你是谁胜利。这题的正解应该是需要用到Tarjan算法进行缩点，我是图论渣不太会，直接用的是dfs记忆化搜索+强大的sg这题和之前的POJ 2599有些类似，不过这题更麻烦而已。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<string>#include<cmath>#include<set>#include<vector>#include<stack>#include <queue>#include<map>#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)using namespace std;inline void RD(int &ret){    char c;    do    {        c=getchar();    }    while(c<'0'||c>'9');    ret=c-'0';    while((c=getchar())>='0'&&c<='9')    {        ret=ret*10+(c-'0');    }}inline void OT(int a){    if(a>=10)    {        OT(a/10);    }    putchar(a%10+'0');}int m;int v[101][101],vis[101],num[101];int dfs(int x,int y){    int s=0,i,j;    vis[x]=1;    FOR(1,m,i)    {        if(i!=x&&i!=y&&v[x][i]==1)        {            if(vis[i]==1)            {                num[i]++;                v[x][i]=v[i][x]=0;                return -2;            }            j=dfs(i,x);            if(j<0)            {                if(num[x]==1)                {                    if(j%2!=0)                    {                        s^=1;                    }                    num[x]--;                }                else                {                    return --j;                }            }            else            {                s^=(j+1);            }        }    }    return s;}int main(){    int n,k,i,j,a,b,sum;    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    {        sum=0;        while(n--)        {            RD(m);            RD(k);            mem(v,0);            mem(vis,0);            while(k--)            {                RD(a);                RD(b);                v[a][b]=1;            }            FOR(1,m,i)            {                FOR(1,m,j)                {                    if(v[i][j]==1&&v[j][i]==1)//去重边                    {                        v[i][j]=v[j][i]=0;                    }                }            }            FOR(1,m,i)            {                FOR(1,m,j)                {                    if(v[i][j]==1)//重新转化为无向图方便操作                    {                        v[j][i]=1;                    }                }            }            sum^=dfs(1,0);        }        if(sum==0)        {            printf("Harry\n");        }        else        {            printf("Sally\n");        }    }    return 0;}

NIM积：

这个概念实在是太神奇了，看了曹钦翔大神的《从“k倍动态减法游戏”出发探究一类组合游戏问题》才对这个略知了皮毛：传送阵

这个说实在是说不清，还是自己看吧。。。

例题：

POJ3533 Light Switching Game

此题是一个很麻烦的博弈题，有1000*1000*1000的立方体，每个点上有灯，每次选择 (x1,y1,z1), (x1,y1,z2), (x1,y2,z1), (x1,y2,z2), (x2,y1,z1), (x2,y1,z2), (x2,y2,z1), (x2,y2,z2)（1 ≤ x1 ≤ x2 ≤ 1000, 1 ≤y1 ≤ y2 ≤ 1000, 1 ≤z1 ≤ z2 ≤ 1000 ）点进行等状态的转换，但要求(x2,y2,z2)必须是有开着的状态，实现给你一些亮着灯的坐标，问后手是否能赢。由于是三维的nim积，所以需要用到Tartan定理，反正我具体也不清楚为什么这么求，就是直接nim_power(x,nimpower(y,z))就行了。套用nim积模板。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<string>#include<cmath>#include<set>#include<vector>#include<stack>#include <queue>#include<map>#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)using namespace std;inline void RD(int &ret){    char c;    do    {        c=getchar();    }    while(c<'0'||c>'9');    ret=c-'0';    while((c=getchar())>='0'&&c<='9')    {        ret=ret*10+(c-'0');    }}inline void OT(int a){    if(a>=10)    {        OT(a/10);    }    putchar(a%10+'0');}int d[1001][1001];int nim_mul(int x,int y);//两个函数互相调用（nim积模板）int nim_pow(int x,int y){    if(d[x][y]!=-1)    {        return d[x][y];    }    if(x==0)    {        return d[x][y]=1<<y;    }    if(y==0)    {        return d[x][y]=1<<x;    }    int x1=x,y1=y,s=1,w=1,z;    while(x1||y1)    {        z=1<<w;        if((x1%2==1||y1%2==1)&&!(x1%2==1&&y1%2==1))        {            s*=z;        }        w*=2;        x1/=2;        y1/=2;    }    w=1;    x1=x;    y1=y;    while(x1||y1)    {        z=1<<w;        if(x1%2==1&&y1%2==1)        {            s=nim_mul(s,z*3/2);        }        w*=2;        x1/=2;        y1/=2;    }    return d[x][y]=s;}int nim_mul(int x,int y){    int i,j,s=0,p=0,q;    for(p=0,i=x;i;i/=2,p++)    {        if(i%2==1)        {            for(q=0,j=y;j;j/=2,q++)            {                if(j%2==1)                {                    s^=nim_pow(p,q);                }            }        }    }    return s;}int main(){    int n,a,b,c,s;    mem(d,-1);    while(scanf("%d",&n)!=EOF)    {        s=0;        while(n--)        {            scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);            s^=nim_mul(nim_mul(a,b),c);        }        if(s==0)        {            printf("Yes\n");        }        else        {            printf("No\n");        }    }    return 0;}

还有什么不平等博弈，极大极小搜索博弈表示还没搞明白，甚至还不懂，所以以后会了再发吧~

这里给出cxlove大神的博弈总结：无线膜拜~ORZ