理论： 博弈3： Nim博弈

Nim博弈原型

个人定义：

有n堆石头， 每堆ai颗石头。 Alice和Bob分别从非空的石头堆中取走至少一颗石子。Alice先取，
取光所有的石头即为获胜。当双方都采取最优策略的时候， 谁会获胜？

严谨定义：

有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。

我们先说最终结论：

对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,…,an)，它是P-position当且仅当a1^a2^…^an=0，其中^表示异或(xor)运算。

简单的来说：

a1 ^ a2 ^ a3 ^ ………… ^an = 0; 则先手必败；
a1 ^ a2 ^ a3 ^ ………… ^an ！= 0; 则后手必败；
游戏的必胜策略就是：使得自己回合结束之后每组的个数取XOR = 0；

证明：

根据定义，证明一种判断position的性质的方法的正确性，只需证明三个命题： 1、这个判断将所有terminal position判为P-position；2、根据这个判断被判为N-position的局面一定可以移动到某个P-position；3、根据这个判断被判为P-position的局面无法移动到某个P-position。

第一个命题显然，terminal position只有一个，就是全0，异或仍然是0。

第二个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。不妨设a1^a2^…^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k < ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai’=ai^k，此时a1^a2^…^ai’^…^an=a1^a2^…^an^k=0。

第三个命题，对于某个局面(a1,a2,…,an)，若a1^a2^…^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai’后满足a1^a2^…^ai’^…^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^…^an=a1^a2^…^ai’^…^an可以得到ai=ai’。所以将ai改变成ai’不是一个合法的移动。证毕。

以上证明转自：http://www.cnblogs.com/exponent/articles/2141477.html

如何转换成XOR = 0的局面？：

在这里我们进行反向计算： 一直最后的XOR = 0； 在这里我们计算a1的最后的值 = 0 ^ an ^ an - 1 ^ an-2…… ^a2;
这里我们判断我们比较我们计算得到的a1的值和初始的a1的值， 如果计算得到的a1的值小于初始a1， 则a1就是目标值；

现在我们来解决一下最初的问题：

int n, a[10000];int main (void){    int x= 0;    while(scanf("%d", &n) != EOF && n)    {        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            scanf("%d", &a[i]);            x ^= a[i];        }        if(x)            printf("Alice!\n");        else            printf("Bob!\n");    }    return 0;}

Nim博弈演变（POJ 1704）

poj传送门：

题目大意：

排成直线的格子上， 放着n枚 棋子。 其中第i枚放在qi的位置。Alice和BOb轮流一个棋子向左移动。每次可以及任意多， 但是不允许反超其他棋子， 也也将两个棋子放在同一个格子内。
无法移动的一方失败， Alice先手。假设双方都取最优策略， 问谁能取胜；

分析：
我们可以将棋子移动的问题Nim博弈的问题， 按照棋子总数奇偶性和棋子的奇偶性来划分棋子， 具体情况如下所示：

现在我们来讨论
A。棋子总数为偶数：

那么我们将棋子两两一组， Nim问题中的“堆数”即为（棋子总数/ 2），每堆的堆数就是两两棋子之间的距离。现在单独分析每一对棋子。

对于右棋子的左移， 我们就可以当作从Nim博弈中的堆中取出石子， 这个符合Nim规则；
对于左棋子的左移， 在Nim博弈中就相当于在堆中增加棋子， 这对于Nim博弈是不合法的 ， 但是我们可以通过将右棋子左移相同的步数而加一抵消。

通过上述分析， 我们不难发现， 对于棋子总数为偶数时， 我们可以将此问题转化为Nim博弈的问题；

B。棋子总数为奇数；

我们假设0好位置还有一枚棋子， 而将其凑成偶数枚棋子， 其他的部分不变。

综合上述两种情况， 我们不难总结出下文的流程

int n, p[1000000];int main(void){    while (scanf("%d", &n) != EOF)    {        for (int i = 1; i <= n; i++)            scanf("%d", &p[i]);        if (n % 2 == 1)            p[n++] = 0;        sort(p, p + n);        int x = 0;        for (int i = 0; i < n - 1; i += 2)            x ^= (p[i + 1] - p[i] - 1);        if (!x)            printf("Bob will win\n");        else            printf("Georgia will win\n");    }    return 0;}