博弈问题之三种基础博弈小结

来源：互联网发布：蒋媛是现代版知画编辑：程序博客网时间：2024/05/14 10:32

博弈问题之三种基础博弈小结

分类：博弈2013-09-04 14:01 177人阅读评论(0) 收藏举报

个人总结

博弈论：

·博弈论（Game Theory），亦名“对策论”、“赛局理论”，属应用数学的一个分支，博弈论已经成为经济学的标准分析工具之一。目前在生物学、经济学、国际关系、计算机科学、政治学、军事战略和其他很多学科都有广泛的应用。博弈论主要研究公式化了的激励结构间的相互作用。是研究具有斗争或竞争性质现象的数学理论和方法。也是运筹学的一个重要学科。博弈论考虑游戏中的个体的预测行为和实际行为，并研究它们的优化策略。生物学家使用博弈理论来理解和预测进化论的某些结果。

一、基础博弈：

（一）巴什博弈：

只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜。显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。

这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。

例题：

HDU2149 Public Sale

题意中文我就不多说了，自己看。这是一个典型的巴什博弈，只要m%(n+1)==0就是后手赢。难点在于先手赢的情况是要输出所有可能的第一次出价情况。需要判断n是否大于等于m，如果n>=m则m~n的所有数都是符合情况的，而m>n时，第一次取的是m除以(n+1)的余数，因为只有让后手者保持(n+1)的倍数才能先手必胜。

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#include<cstdio>  
#include<algorithm>  
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#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  
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 main()  
{  
    int n,m,i;  
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)  
    {  
        if(m%(n+1)==0)  
        {  
            printf("none\n");  
        }  
        else  
        {  
            if(m<=n)  
            {  
                printf("%d",m);  
                FOR(m+1,n,i)  
                {  
                    printf(" %d",i);  
                }  
                printf("\n");  
            }  
            else  
            {  
                printf("%d\n",m%(n+1));  
            }  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

HDU2188 悼念512汶川大地震遇难同胞——选拔志愿者

这题给人一种中国正能量，必做的巴什博弈题。思路一样，n%(m+1)==0后手必胜，否则先手必胜。

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#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  
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 main()  
{  
    int n,m,t;  
    RD(t);  
    while(t--)  
    {  
        RD(n);  
        RD(m);  
        if(n%(m+1)==0)  
        {  
            printf("Rabbit\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("Grass\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

POJ2368 Buttons

巴什博弈的变形，可能不太看出来的这是一个巴什博弈，题意是给你一个k，让你求出最小的l使得k%(l+1)==0。。。这下就有点明显了，之前都是问你先手还是后手，这次问你的是取最大的n的最小情况。思路：求出k的所有因数，从小到大排序后，输出第一个大于2的数减1，如果没有输出0。

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#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  
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 main()  
{  
    int k,i,j,a[10001],f;  
    while(scanf("%d",&k)!=EOF)  
    {  
        mem(a,0);  
        j=0;  
        for(i=1; i*i<=k; ++i)  
        {  
            if(k%i==0)  
            {  
                a[j++]=i;  
                a[j++]=k/i;  
            }  
        }  
        sort(a,a+j);  
        f=0;  
        For(0,j,i)  
        {  
            if(a[i]>2)  
            {  
                f=1;  
                printf("%d\n",a[i]-1);  
                break;  
            }  
        }  
        if(f==0)  
        {  
            printf("0\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

（二）威佐夫博奕：

有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,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。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）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有如下三条性质：
1、任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1成立。
2、任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）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（ak，bk）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、采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，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 = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab – ak个物体,变为奇异局势（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – aj 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。那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)
奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1。618…,因此,由ak，bk组成的矩形近似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。

例题：

POJ1067 取石子游戏

典型的威佐夫博弈，和威佐夫博弈提到的例子一样，直接定义做就行。判断两堆中较小堆数量是否与两堆数量差值乘以(1+√5)/2相等，若相等就是先手必输，反之先手必胜。

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#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  
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 main()  
{  
    int a,b,x;  
    double c=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;  
    while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)  
    {  
        x=abs(a-b);  
        x=x*c;  
        if(x==min(a,b))  
        {  
            printf("0\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("1\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

HDU2177 取(2堆)石子游戏

题目要求判断是先手还是后手胜利，如果先手胜利，需要输出胜利情况先第一次取石子后两堆石子的情况。这就是一个找下一个奇态局势的题目。首先要判断的是两堆同时减去一个数，因为两堆差值不变，还是奇态局势，然后再for循环查找a和b之间，a以内的减去得到奇态局势的数。

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#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  
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 main()  
{  
    int a,b,x,y,i;  
    double c=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;  
    while(1)  
    {  
        RD(a);  
        RD(b);  
        if(a==0&&b==0)  
        {  
            break;  
        }  
        x=b-a;  
        x=x*c;  
        if(x==a)  
        {  
            printf("0\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("1\n");  
            if(x<a)  
            {  
                printf("%d %d\n",x,b-a+x);  
            }  
            for(i=b;i>=a;--i)  
            {  
                y=(i-a)*c;  
                if(y==a)  
                {  
                    printf("%d %d\n",a,i);  
                    break;  
                }  
            }  
            for(i=a;i>=0;--i)  
            {  
                y=(a-i)*c;  
                if(y==i)  
                {  
                    printf("%d %d\n",i,a);  
                    break;  
                }  
            }  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

（三）尼姆博弈：

有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情形。
计算机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号（+）表示这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结果：
1 =二进制01
2 =二进制10
3 =二进制11 （+）
———————
0 =二进制00 （注意不进位）

对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。
任何奇异局势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。
如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（a（+）b）即可。

例题：

POJ2234 Matches Game

一道最简单的尼姆博弈题，与内容上说的例子一样。只需要简单异或就行了，最后判断是否为零，若是零就是后手必胜，反之先手。

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#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  
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 main()  
{  
    int t,ans,x;  
    while(scanf("%d",&t)!=EOF)  
    {  
        ans=0;  
        while(t--)  
        {  
            RD(x);  
            ans^=x;  
        }  
        if(ans==0)  
        {  
            printf("No\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("Yes\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

POJ2975 Nim

题意：和尼姆博弈的内容一样，只是如果是先手胜的话就输出能赢的方法总数。思路：首先是将所有石堆的石子数量异或一下得到数值判断能否获胜，若能获胜，在再用该数值与各石堆数量分别异或，这就是得到了取走多少石子能让该堆石子变为必败态的数量，判断是否小于该石堆的数量，是就加1。最后输出总数。

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#include<cstring>  
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#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  
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 main()  
{  
    int n,i,s[1001],sum,c;  
    while(1)  
    {  
        RD(n);  
        if(n==0)  
        {  
            break;  
        }  
        sum=0;  
        FOR(1,n,i)  
        {  
            RD(s[i]);  
            sum^=s[i];  
        }  
        c=0;  
        if(sum!=0)  
        {  
            FOR(1,n,i)  
            {  
                if((sum^s[i])<s[i])  
                {  
                    c++;  
                }  
            }  
        }  
        printf("%d\n",c);  
    }  
    return 0;  
}  

POJ1704 Georgia and Bob

阶梯尼姆博弈，尼姆博弈的变形。题意是有n个格子，某些里面有石子，我们可以将石子左移任意格数，但不能越过前方的石子。我们可以将最左边的石子当做终点，将石子两两分为一组，前后两组的格数差距是没有意义的，因为移动前一组的后一个，后一组的前一个总能移动相应格数。所以只需要考虑同一组的前后的格数差，就等同于尼姆博弈中的石堆。所以最后只需要异或起来就行了。

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#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  
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 main()  
{  
    int t,n,a[10001],s,i;  
    RD(t);  
    while(t--)  
    {  
        RD(n);  
        s=0;  
        FOR(1,n,i)  
        {  
            RD(a[i]);  
        }  
        if(n%2==1)  
        {  
            a[++n]=0;  
        }  
        sort(a+1,a+n+1);  
        for(i=n; i>=1; i-=2)  
        {  
            s^=(a[i]-a[i-1]-1);  
        }  
        if(s!=0)  
        {  
            printf("Georgia will win\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("Bob will win\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

博弈问题之SG函数博弈小结

分类：博弈搜索2013-09-04 15:35 187人阅读评论(0) 收藏举报

个人总结

SG函数：

给定一个有向无环图和一个起始顶点上的一枚棋子，两名选手交替的将这枚棋子沿有向边进行移动，无法移动者判负。事实上，这个游戏可以认为是所有Impartial Combinatorial Games的抽象模型。也就是说，任何一个ICG都可以通过把每个局面看成一个顶点，对每个局面和它的子局面连一条有向边来抽象成这个“有向图游戏”。下面我们就在有向无环图的顶点上定义Sprague-Garundy函数。首先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。

在我的理解中，sg函数就是一个对有向无环图dfs的过程，在处理nim博弈时，多个石堆可以看成多个sg函数值的异或。

例题：

POJ2311 Cutting Game

典型的sg博弈，找后继状态。题意是给出一个n*m的纸片，每次剪成两部分，谁先剪到1*1就胜利。这就是一个找后继的题目，每次剪成的两部分就是前一状态的后继，只要将两个部分的sg值异或起来就是前一状态的sg值。

[cpp] view plaincopyprint?
#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  
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 sg[201][201];  
int dfs(int a,int b)//sg函数的一般写法  
{  
    if(sg[a][b]>=0)  
    {  
        return sg[a][b];  
    }  
    int i,map[201],r;//map标记数组一定要在dfs内部定义，不然会出现错误  
    mem(map,0);  
    FOR(2,(a/2),i)  
    {  
        r=dfs(i,b)^dfs(a-i,b);//后继的异或得到前一状态的sg值  
        map[r]=1;  
    }  
    FOR(2,(b/2),i)  
    {  
        r=dfs(a,i)^dfs(a,b-i);  
        map[r]=1;  
    }  
    FOR(0,200,i)  
    {  
        if(map[i]==0)  
        {  
            return sg[a][b]=i;//mex公式的应用  
        }  
    }  
}  
int main()  
{  
    int n,m,sum;  
    mem(sg,-1);  
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)  
    {  
        sum=dfs(n,m);  
        if(sum>0)  
        {  
            printf("WIN\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("LOSE\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

POJ2425 A Chess Game

题意是给你一个拓扑图，一个起点上的n个棋子，两个玩家交替移动棋子，谁无法移动谁输，典型的sg函数运用。套用模板就行了。此题数据量较大，加入了输入优化后刷到了第一版第四名，nice!

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#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  
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 vis[1001][1001],sg[1001];  
int n;  
int dfs(int x)//典型的sg过程  
{  
    int i;  
    if(sg[x]!=-1)  
    {  
        return sg[x];  
    }  
    int f[1001];  
    mem(f,0);  
    For(0,n,i)  
    {  
        if(vis[x][i]!=-1)  
        {  
            f[dfs(i)]=1;  
        }  
    }  
    i=0;  
    while(f[i])  
    {  
        i++;  
    }  
    return sg[x]=i;  
}  
int main()  
{  
    int i,j,k,t,x,p,sum;  
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)  
    {  
        mem(vis,-1);  
        mem(sg,-1);  
        For(0,n,i)  
        {  
            RD(k);  
            if(k==0)  
            {  
                sg[i]=0;  
            }  
            For(0,k,j)  
            {  
                RD(t);  
                vis[i][t]=1;//建图  
            }  
        }  
        while(1)  
        {  
            RD(x);  
            if(x==0)  
            {  
                break;  
            }  
            sum=0;  
            For(0,x,i)  
            {  
                RD(p);  
                sum^=dfs(p);  
            }  
            if(sum!=0)  
            {  
                printf("WIN\n");  
            }  
            else  
            {  
                printf("LOSE\n");  
            }  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

POJ2068 Nim

题意是圆桌上有2n个人，奇数一队，偶数一队，每个人都有一个拿走棋子的最高限额，问你最后1对能否获胜。

还是用强大的sg函数过的，记录下每个状态的sg。

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#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 n,s,m[22],sg[22][8200],sum;  
int dfs(int x,int y)  
{  
    if(sg[x][y]!=-1)  
    {  
        return sg[x][y];  
    }  
    int i,j;  
    FOR(1,m[x],i)  
    {  
        if(y-i<0)  
        {  
            break;  
        }  
        if(x+1>=2*n)  
        {  
            j=0;  
        }  
        else  
        {  
            j=x+1;  
        }  
        if(dfs(j,y-i)==0)  
        {  
            return sg[x][y]=1;  
        }  
    }  
    return sg[x][y]=0;  
}  
int main()  
{  
    int i;  
    while(1)  
    {  
        RD(n);  
        if(n==0)  
        {  
            break;  
        }  
        RD(s);  
        For(0,2*n,i)  
        {  
            RD(m[i]);  
        }  
        mem(sg,-1);  
        FOR(0,2*n,i)  
        {  
            sg[i][0]=1;  
        }  
        sum=dfs(0,s);  
        if(sum==0)  
        {  
            printf("0\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("1\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

POJ3537 Crosses and Crosses

题意：给出一个1*n的矩形，上面有n个方格，现有两人分别在上面画×，谁先能画出三个×相连就赢了。这就是一个sg函数的母问题转化为子问题的题目，由于在第x位置画了×后，则就转变成(x-3)个格子画×和(n-x-2)个格子画×。。。这就能不断的分解下去，最后将所有sg值异或起来就是正解了。

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#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 sg[2001];  
int dfs(int x)  
{  
    if(x<0)  
    {  
        return 0;  
    }  
    if(sg[x]>=0)  
    {  
        return sg[x];  
    }  
    int i,y;  
    bool v[2001]={false};  
    FOR(1,x,i)  
    {  
        y=dfs(i-3)^dfs(x-i-2);//找后继（经典）  
        v[y]=true;  
    }  
    for(i=0;;i++)  
    {  
        if(v[i]==false)  
        {  
            return sg[x]=i;  
        }  
    }  
}  
int main()  
{  
    int n,sum;  
    mem(sg,-1);  
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)  
    {  
        sum=dfs(n);  
        if(sum)  
        {  
            printf("1\n");  
        }  
        else  
        {  
            printf("2\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

POJ2599 A funny game

记忆化搜索，这题的博弈味道不浓，更多的是搜索。题意是给一个图，两人轮流移动，走过的节点不能再走。水题，dfs+标记就行。

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#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  
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 n,v[1001][1001],vis[1001];  
int dfs(int x)  
{  
    int i;  
    FOR(1,n,i)  
    {  
        vis[x]=1;  
        if(v[i][x]&&!vis[i])  
        {  
            if(!dfs(i))  
            {  
                vis[x]=0;  
                return i;  
            }  
        }  
        vis[x]=0;  
    }  
    return 0;  
}  
int main()  
{  
    int m,i,a,b;  
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)  
    {  
        mem(v,0);  
        mem(vis,0);  
        FOR(1,n-1,i)  
        {  
            RD(a);  
            RD(b);  
            v[a][b]=v[b][a]=1;  
        }  
        i=dfs(m);  
        if(i!=0)  
        {  
            printf("First player wins flying to airport %d\n",i);  
        }  
        else  
        {  
            printf("First player loses\n");  
        }  
    }  
    return 0;  
}  

博弈问题之其它博弈合集

分类：博弈2013-09-04 17:46 163人阅读评论(0) 收藏举报

个人总结

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。

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#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 100000000  
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 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。

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#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。

[cpp] view plaincopyprint?
#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

0 0