前言

本篇为博弈论总结，文章会按题目类型分类。

基础铺垫——必胜点和必败点的介绍

P点：必败点，换而言之，就是谁处于此位置，则在双方操作正确的情况下必败。
N点：必胜点，处于此情况下，双方操作均正确的情况下必胜。
必胜点和必败点的性质：
1、所有终结点是 必败点 P 。（我们以此为基本前提进行推理，换句话说，我们以此为假设）
2、从任何必胜点N 操作，至少有一种方式可以进入必败点 P。
3、无论如何操作，必败点P 都只能进入 必胜点 N。
我们研究必胜点和必败点的目的是为题进行简化，有助于我们的分析。通常我们分析必胜点和必败点都是以终结点进行逆序分析。

思路清晰的题目

分析决策前后的不变量

（一）考虑奇偶性的变化

（二）考虑总量的不变性

对称构造

从特殊情况入手

（一）从最简单的必胜态入手

（二）从最简单的必败态入手

（三）从固定参数的情况进行讨论

（四）分析参数之间的大小关系

博弈树

（一）博弈树基础

（二）简单优化

（三）极大极小搜索和alpha-beta剪枝

经典博弈问题及其拓展问题

（一）巴什博奕

普通巴什博奕

1.问题模型：
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（谁拿了最后一个谁赢）。

2.解决：
当n=m+1时，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，所以当一方面对的局势是n%(m+1)=0时，其面临的是必败的局势。

当n=（m+1)*r+s时，（r为任意自然数，0 < s ≤ m)时,只要先取者要拿走s个物品，局面便变成了n%(m+1)=0的必败局面，所以先取者必胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。

3.变形：条件不变，改为最后取光的人输。
结论：当（n-1）%（m+1）==0时后手胜利。

巴什博奕的扩展——k倍动态减法游戏

1.问题模型：
有一个整数S(>=2)，先行者在S上减掉一个数x，至少是1，但小于S。之后双方轮流把S减掉一个正整数，但都不能超过先前一回合对方减掉的数的k倍，减到0的一方获胜。

2.解决：
法一：曹钦翔的《从“k倍动态减法游戏”出发探究一类组合游戏问题》中提到了动态规划的优化算法：
咕咕咕。。。

法二：纯数学方法：
k=1的时候，
必败态是2 ^ i, 因为我们把数按二进制分解后，拿掉二进制的最后一个1，那么对方必然不能拿走倒数第二位的1，因为他不能拿的比你多。你只要按照这个策略对方一直都不可能拿完，而且一定会生成新的低位的1。所以你就会赢。而当分解的二进制中只有一个1时，因为第一次先手不能全部取完，所以后手一定有办法取到最后一个1，所以必败！

k=2的时候，
即为斐波那契博弈，必败态是斐波那契数列，这里用到一个斐波那契数列的性质，即任何数都可以表示成若干个“互不相邻的”斐波那契数的和，而不相邻的斐波那契数所差的倍数都是大于2的，那么我们就可以类比K=1的情况，把N按这种“斐波那契数列”的数制分解，每次仍然是取走最低位的1，由于后手无法取走高两位之上的1而前边的不相邻有保证了不会有连续的1出现，所以接下来就和K=1的时候一样了，每次取走最低位的1直到结束。

k>2的时候，
犹如Fibonacci博弈，我们首先要求一个数列，将n分解成数列中一些项的和，然后就可以按Fibonacci博弈的解决方法来完成，也可以按二进制的方法来理解，每次取掉最后一个1 还是符合上面的条件。

我们用a数组表示要被求的数列，b数组中的b[i]保存 a[0…i] 组合能够构造的最大数字。这儿有点难理解，所谓构造就是指n分解为Fib数相加的逆过程。举例说明，当k = 2 时，a[N]={1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 33…} （Fibonacci数组）；那么b[3] 即 1、2、 3 能够构造的最大数字，答案是4，有点匪夷所思？或许你会问为什么不是5、6或者其它的什么，其实是这样的 ，4 能分解成 1+3 是没有争议的，但5能分解成2+3吗? 不能，因为5本身也是Fibonacci数；6虽然能分解，但不是分解成1+2+3，而是分解成1+5。

经过上述，我们知道b[i] 是 a[0…i] 能够构造出的最大数字，那么a[i +1] = b[i]+1；因为a数组（Fib数组）所存的数字都是不可构造的（取到它本身就是必败态），显然a[0…i]构造的最大数字 + 1 即为下一个不可构造的数字了(a[i + 1])。

然后关于b[i]的计算，既然是a[0…i]构造最大数字，那么 a[i]是一定要选用的（这儿需要一定的推理，a[i]构造数字时，相邻的j个是不能同时用的，就像上述的2、3不能构造出5一样，推理请自己完成），那么要选用的下一项只能递减寻找，直到找到 a[t] 满足 a[t] * K < a[i] ，而b[t]就是a[0…t]所能构造的最大数字，再加上a[i], 即为a[0…i]能构造的最大数字，于是b[i] = b[t] + a[i]。

求得数列后，之后的工作就简单了，跟Fibonacci博弈一样一样的，如果n=数列中的数，则必败，否则必胜；必胜时还要求输出第一步取法，按照上文的理解，将n分解之后，选择最小的一个a[i]即可（类似选择二进制的最小的1）。

（二）威佐夫博弈

1.问题模型：
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。

2.解决：
设$(a_k,b_k)$$(a_k\le b_k,k=0,1,2,\dots ,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）。

如何找出所有的奇异局势?
下面证明，根据下面的方法，可以构造出所有的必败态：
a. (0,0)是必败态。
b.第k个必败态的两个数相差为k（记(0,0)为第0个必败态）。
c. 已知前k个必败态，则最小的没出现过的正整数为第k+1个必败态的第一个数。
由构造方法，可以推出奇异局势的下述三条性质：
a.任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于$a_k$是未在前面出现过的最小自然数，所以有$a_k>a_{k-1}$ ，而 $b_k=a_k+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1}$ 。所以性质a成立。
b.任意操作都会将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势$(a_k,b_k)$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$(a_k,b_k)$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。
c.采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。

1.若a=b,则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇异局势(0,0)
2.若a!=b，不妨设a<b
(1)若$a=a_k且b<b_k$：同时从两堆中取走$a_k-a_{b-a_k}$个物体，就变为了奇异局势$(a_{b-a_k},a_{b-a_k}+b-a_k)$
(2)若$a=a_k且b>b_k$：从b堆中取走$b-b_k$个物品，就变为了奇异局势$(a_k,b_k)$

求奇异局势的公式： $a_k=\lfloor \frac{k(1+\sqrt{5})}{2}\rfloor ,b_k=a_k+k$ $(k=0,1,2,...,n)$

结论：
若$(int)((b_k-a_k)\ast （1+\sqrt{5}）/2)!=a_k$，先手必赢
若$(int)((b_k-a_k)\ast （1+\sqrt{5}）/2)==ak$，后手必赢

（三）尼姆博奕

普通尼姆博弈

1.问题模型：
有n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。

2.解决：
结论：记各堆物品个数分别为$a_1,a_2,a_3,...,a_n$
若$a_{1}xor{a}_{2}xor{a}_3...xor{a}_n!=0$，先手必胜
若$a_{1}xor{a}_{2}xor{a}_3...xor{a}_n==0$，先手必败

尼姆博弈的拓展

扩展形式1：限定每次取物上限

1.问题模型：
有n堆物品，其中第i堆有$p_i$个物品，两人轮流从某一堆取走一些物品，每次最多取走m个物品，谁不能继续取谁就输了。

2.解决：
结论：令S为$p_i$对m+1取模后异或和的结果，若S=0则为P局面，否则为N局面。

证明：将$p_i$分解为$r_i$和$k_i$，其中 $k_i$为(m+1)的倍数。如果对手在$r_i$内取物，则按照Nim游戏的走法，若不然，假设A取x个，那么B就取(m+1-x)个，使得游戏保持原有必胜态或必败态。

拓展形式2：每次允许从k堆中取物（Nimk问题）

1.问题模型：
有n堆物品，其中第i堆有$p_i$个物品，两人轮流从k堆中选若干物品取走，谁不能继续取谁就输了。

2.解决：
结论：我们把$p_i$这n个数转成二进制，然后每位分别相加，每位和%(k+1)即可。如果每一位结果都是0，则为P局面，否则为N局面。

扩展形式3：规定取物方向（阶梯Nim）

1.问题模型：
有 n堆石子，每堆石子的数量为 $x_1,x_2,...,x_n$。A,B轮流操作，每次可以选第 k 堆中的任意多个石子放到第 k-1 堆中，第 1堆中的石子可以放到第 0堆中，最后无法操作的人为输。

2.解决：
结论：先手必败当且仅当奇数阶梯上的石子数异或和为 0

拓展形式4：不能继续取者赢（Anti-Nim）

1.问题模型：
有n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，最后取光者得输。

2.解决：
结论：
1.每一堆石子只有一个 且 异或和为0
2.存在至少一堆石子多于一个 且 异或和不为0
满足上述任意一个条件，先手必胜

公平组合博弈（ICG）

1.定义：
（1）两人参与。
（2）游戏局面的状态集合是有限。
（3）对于同一个局面，两个游戏者的可操作集合完全相同
（4）游戏者轮流进行游戏。
（5）当无法进行操作时游戏结束，此时不能进行操作的一方算输。
（6）无论游戏如何进行，总可以在有限步数之内结束。

2.模型：
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公平组合游戏（Impartial Combinatori Games）的抽象模型。其实，任何一个ICG都可以通过把每个局势看成一个顶点，对每个局势和它的子局势连一条有向边来抽象成这个“有向图游戏”。

SG函数与SG定理

1.SG函数（Sprague-Grundy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。

对于一个给定的有向无环图，定义关于图的每个顶点的Sprague-Garundy函数SG如下：SG(x)=mex{SG(y)∣y是x的后继}SG(x)=mex\{ SG(y) | y是x的后继\}SG(x)=mex{SG(y)∣y是x的后继}。

SG函数性质：
（1）所有的终结点所对应的顶点，其SG值为0，因为它的后继集合是空集——所有终结点是必败点（P点）。
（2）对于一个$SG(x)=0$的顶点x，它的所有后继y都满足$SG(y)!=0$——无论如何操作，从必败点（P点）都只能进入必胜点（N点）
（3）对于一个$SG(x)!=0$的顶点，必定存在一个后继点y满足$SG(y)=0$——从任何必胜点（N点）操作，至少有一种方法可以进入必败点（P点）

结论：
当SG[x] = 0时，x为必败态。
当SG[x] > 0时，x为必胜态。

SG函数的求法：

（1）可选步数为1-m的连续整数，直接取模即可，SG(x) = x % (m+1)(eg.Bash game); 
（2）可选步数为任意步，SG(x) = x(eg.Nim game); 
（3）通法：用mex(计算每个节点的值) 。

2.SG定理（Sprague-Grundy定理）：

游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和。 这样就可以将每一个子游戏分而治之，从而简化了问题。
而Bouton定理就是Sprague-Grundy定理在Nim游戏中的直接应用，因为单堆的Nim游戏 SG函数满足 $SG(x)=x$。

三类特殊的SG游戏

Anti-SG游戏

1.定义：
Anti-SG游戏规定，决策集合为空的游戏者赢。其他规则与SG游戏相同。

2.SJ定理：
对于任意一个Anti-SG游戏，如果我们规定当局面中所有的单一游戏的SG值为0时，游戏结束，则先手必胜当且仅当：
1）游戏的SG函数不为0 且 游戏中某个单一游戏的SG函数大于1。
2）游戏的SG函数为0 且 游戏中没有单一游戏的SG函数大于1。

注意：如果所有单一游戏SG值都为0，而游戏还未结束的话，SJ定理是不适用的。

Multi-SG游戏

1.定义：
Multi-SG游戏规定，在符合拓扑原则的前提下，一个单一游戏的后继可以为多个单一游戏，其他规则与SG游戏相同。

2.定理：Multi-SG游戏的仍然可以用SG函数来定义局面。

注意区分后继以及多个单一游戏
对于一个状态来讲
不同的划分方法会有多个不同的后继
而在一个后继当中会有多个独立的游戏
该后继状态SG值即为后继状态中独立游戏的异或和
该状态的SG值即为后继状态的mex

Every-SG游戏

1.定义：
Every-SG游戏规定，对于还没有结束的单一游戏，游戏者必须对该游戏进行一步决策，其他规则与SG游戏相同。

2.定理：
$step函数$：
在通过拓扑关系计算某一个状态点的SG函数时，对于SG值为0的点，我们需要知道最快几步能将游戏带入终止状态，对于SG值不为0的点，我们需要知道最慢几步游戏会被带入终止状态，我们用step函数表示这个值。

$Every-SG定理$：
对于Every-SG游戏，先手必胜当且仅当单一游戏中最大的step为奇数。

经典的SG组合游戏

（1）“翻硬币”游戏

（2）图游戏模型

（3）无向图的删边游戏

（4）Shannon开关游戏

（5）其他题目

不平等的组合游戏