前置文章：有趣的博弈论问题

博弈论游戏中的千层套路

前情回顾

在文章“有趣的博弈论问题”中，主要描述了基础博弈论游戏的胜负结论及证明，具体是：「在“尼姆游戏”中，如果给出所有的石子堆的个数全部异或起来不等于0，则先手必胜；否则，必败」，为了与本文后面的游戏做区分，我们将这个游戏称为「标准尼姆游戏」。

标准尼姆游戏的扩展

台阶-Nim游戏

现在，有一个 n 级台阶的楼梯，每级台阶上都有若干个石子，其中第 i 级台阶上有 ai 个石子(i≥1)。

两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一级台阶上拿若干个石子放到下一级台阶中（不能不拿）。

已经拿到地面上的石子不能再拿，最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

分析及结论

相对于标准版的尼姆游戏，台阶版本更像是一个脑筋急转弯。

仔细思考后，可以发现一个重要的性质，「最终的结果与偶数级台阶没有任何关系，也就是说这是一个由奇数台阶组成的标准版尼姆游戏」。

证明：

首先，要理解两个题目中隐含的信息，既然每次只能移动一阶，那么「处于偶数阶层的石子，想要移动到地面上，一定需要移动偶数次」。
其次，游戏中规定「每次可以移动任意多的石子（大于0个）」。
因此对于先手来说，只要后手将偶数台阶的石子移动到奇数台阶，轮到先手，先手就可以在想移动的石子基础上把上一次后手移动的石子原封不动的带到另一个偶数台阶，而我们知道最后的偶数台阶就是0，也就是地上。
所以，对于后手来说，无论怎么移动偶数台阶的石子，先手都可以在下一次移动时顺便带上，直到地上。因此偶数台阶无论有多少石子，都对结果无影响。
现在只剩下奇数台阶上的石子，「使用同标准尼姆游戏中的方式分析」。
最后结果中，所有的奇数台阶的石子异或起来一定为0，我们姑且称为平衡状态。而如果初始的所有奇数台阶石子不是0（非平衡状态），那么先手一定可以通过拿走一些石子使之平衡，而后手又会打破平衡，直到最后一次先手使所有奇数台阶石子达到平衡，此时所有石子都被拿到地上，后手失败。

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 100010;
int nums[N];
int n;

int main () {
    cin >> n;
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        cin >> nums[i];
        if (i & 1) res ^= nums[i];
    }
    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}

集合-Nim游戏

给定 n 堆石子以及一个由 k 个不同正整数构成的数字集合 S。

现在有两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子数量必须包含于集合 S，最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

前置知识

「mex运算」：用来找到一个集合中不存在的最小自然数。比如：S={1,2,3}，则mex(S)=0，表示0是集合S中不存在的最小自然数。

「SG函数」：在有向图中，假设从节点x出发，共有k条有向边，分别到达节点。那么我们定义SG(x)为：「后继节点的SG函数值构成的集合，再执行mex操作。」
公式：
特别地，整个有向图G的SG函数值等于有向图起点s的SG函数值：。
终点的SG为0。

分析以及结论

是的，相信读者从前置知识中已经感觉到了，本题与有向图相关，而其关键就是「把每个石堆中的石子能选出的状态看做一个有向图」。

例如：
给出集合S={2,5}（也就是每次只能拿走两颗或者五颗石子），并且假设此时只有一堆石子，个数为10，我们看下该堆石子组成的有向图：这个奇奇怪怪的图片，有如下含义：

绿色有向线段：表示拿走两颗石子。
红色有向线段：表示拿走五颗石子。
白色数字：表示此状态下的剩余石子数。
蓝色数字：表示此时SG(x)的值。
1. 例如：SG(10)=mex({0,2})，既，最小的不在集合{0,2}中的自然数，那么结果就是1；
2. 再例如：SG(4)=mex({1})，既，最小的不在集合{1}中的自然数，那么结果就是0；
3. 再再例如：SG(5)=mex({0,1})，既，最小的不在集合{0,1}中的自然数，那么结果就是2；
4. 自然的，没有后继节点的SG值均为0。

如果能理解把一堆石子转换成有向图的操作，其实就不难进一步的理解如下结论： 「当仅有一堆石子h[i]时，h[i]!=0，则先手必胜，否则必败」。

证明：

当SG(h[i])不为0时，因为SG经过了mex运算，所以其连接的点中必有为0的点，我们假设这个点是x；当h[i]走到x时，因为x本身为0，而它又经过了mex运算，所以x所连接的点也不为0。
终点的SG值必为0。
综合上述1、2两点，我们知道当先手的起始点SG不为0时，它一定有办法把为0的状态留给后手，而后手又会破坏该状态，直到最后一次遇到SG为0的终点，后手失败。（非常像标准尼姆游戏哦~）

再进一步的，如果从一堆石子扩展到多堆石子呢？

注意，每个玩家不再只能在一个图上走，而是可以选择任何一个图走一步。并且根据题目要求，需要在每一个图上都不能再走，才算失败。

再回忆一下标准尼姆游戏中的结论：「每堆石子异或起来如果不是0，则先手必胜；否则，必败」。

根据以上结论，我们是否能推出本游戏的结论：「每个图的SG值异或起来如果不是0，则先手必胜呢？」

一定是可以的，因为本游戏的一堆石子的必胜态是SG(x)不等于0，我们把它看做「标准尼姆游戏中的每堆石子不为0」，则可以用标准尼姆游戏的证明方式证明本游戏的结论。

Code

实现上，比较重要的点是使用记忆化搜索，降低时间复杂度。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <unordered_set>

using namespace std;

const int N = 110, K = 10010;
int n, k;
int s[N], f[K];

// 求状态x的SG值
int sg(int x) {
    // 记忆化搜索
    if (f[x] != -1) return f[x];
    unordered_set<int> S;
    // 枚举路线
    for (int i = 0; i < k; i ++ ) {
        int sum = s[i];
        // 如果是合法延伸范围，
        // 就把它可以延伸的子节点的SG加入集合
        if (x >= sum) S.insert(sg(x - sum));
    }
    // mex，找到最小的不在S中的自然数，就是x的SG值。
    for (int i = 0; ; i ++ ) {
        if (!S.count(i)) {
            return f[x] = i;
        }
    }
}

int main () {
    cin >> k;
    // 总共可以有k种取数
    for (int i = 0; i < k; i ++ ) cin >> s[i];
    cin >> n;
    memset(f, -1, sizeof f);
    int res = 0;
    // n 个石堆全部异或起来
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
        int x;
        cin >> x;
        res ^= sg(x);
    }
    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}

拆分-Nim游戏

给定 n 堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以取走其中的一堆石子，然后放入两堆规模更小的石子（新堆规模可以为 0，且两个新堆的石子总数可以大于取走的那堆石子数），最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

分析及结论

本题有几个关键点：

与前两题相同，两个玩家每次操作，可以从某堆里取走任意石子；
不同之处在于，本题取走的石子之后，需要放入两堆新的石子，并且每堆数量要严格小于本轮取走的石子数量（注意是两个新堆，而不是放入现有的石堆）。
无法再次进行操作的人视为失败。这里有一个关键问题，是否一定会结束呢？答案是肯定的，「虽然石子的总数量可能会变得更多，但是最大值一直在变小，最终一定会全部变成0」。
比如，把一堆10个石子，拆分成两堆，每堆9个，虽然总数变多，但是最大值变小，所以如此拆分下去，必定所有的都会变成0。

根据上题的最后结论，「当有多个石堆的时候，可以求出每个石堆的SG值，最后把他们全部异或起来就能得到结果」。

本题，也可以使用这种方法，我们仍然把每堆石子看做一个独立的局面，「求出每堆的SG值」。

但是，每堆石子都会被拆分成两堆，这应该怎么求呢？其实「把拆分后的两堆异或起来就可以了」，就像最终把所有堆异或起来得到最终结果一样，把拆分的两堆异或起来，得到当前堆的结果。

Code

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <unordered_set>

using namespace std;

const int N = 110;
int n;
int f[N];

int sg(int x) {
    if (f[x] != -1) return f[x];
    unordered_set<int> S;
    // 把当前石子x，分成两堆石子i，j
    for (int i = 0; i < x; i ++ ) {
        for (int j = 0; j <= i; j ++ ) {
            // 把两堆异或起来，得到该分支的结果
            S.insert(sg(i) ^ sg(j));
        }
    }
    // mex，找出最小的不存在于集合的自然数；
    for (int i = 0; ; i ++ ) {
        if (!S.count(i)) return f[x] = i;
    }
}

int main () {
    cin >> n;
    int res = 0;
    memset(f, -1, sizeof f);
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
        int x;
        cin >> x;
        res ^= sg(x);
    }
    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}