尼姆博弈。
講解：有三堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆取任意多的物品，規定每次至少取乙個，多者不限，最後取光者得勝。
這種情況最有意思，它與二進位制有密切關係，我們用（a，b，c）表示某種局勢，首先（0，0，0）顯然是奇異局勢，無論誰面對奇異局勢，都必然失敗。第二種奇異局勢是（0，n，n），只要與對手拿走一樣多的物品，最後都將導致（0，0，0）。仔細分析一下，（1，2，3）也是奇異局勢，無論對手如何拿，接下來都可以變為（0，n，n）的情形。
計算機演算法裡面有一種叫做按位模2加，也叫做異或的運算，我們用符號（+）表示這種運算。這種運算和一般加法不同的一點是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的結果：
1 =二進位制01
2 =二進位制10
3 =二進位制11 （+）
———————
0 =二進位制00 （注意不進製）
對於奇異局勢（0，n，n）也一樣，結果也是0。
任何奇異局勢（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。
如果後手面對的是乙個非奇異局勢（a，b，c），要如何變為奇異局勢呢？假設 a （+）b< c,我們只要將 c 變為 a（+）b,即可,因為有如下的運算結果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要將c 變為a（+）b，只要從 c中減去
c-（a（+）b）即可。 這樣若先手面對乙個奇異局勢，無論如何去取，必然會從乙個異或值為0（奇異局勢）轉移到乙個異或值不為0（非奇異局勢），直到最後變成1（+）1==0的時候，先手只能取走乙個1，而後手取走剩下的1就勝利了。
舉個例子：
甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇異局勢
乙:(1,8,9)->(1,8,4)
甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇異局勢
乙:(1,5,4)->(1,4,4)
甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇異局勢
乙:(0,4,4)->(0,4,2)
甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇異局勢
乙:(0,2,2)->(0,2,1)
甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇異局勢
乙:(0,1,1)->(0,1,0)
甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇異局勢
甲勝。取火柴遊戲：
問題1：今有若干堆火柴，兩人依次從中拿取，規定每次只能從一堆中取若干根， 可將一堆全取走，但不可不取，最後取完者為勝，求必勝的方法。 (sg遊戲)
問題2：今有若干堆火柴，兩人依次從中拿取，規定每次只能從一堆中取若干根， 可將一堆全取走，但不可不取，最後取完者為負，求必勝的方法。（anti-sg遊戲）
第乙個問題：
定義：若所有火柴數異或為0，則該狀態被稱為利他態，用字母t表示；否則，為利己態，用s表示。
[定理1]：對於任何乙個s態，總能從一堆火柴中取出若干個使之成為t態。
證明：若有n堆火柴，每堆火柴有a(i)根火柴數，那麼既然現在處於s態，
c = a(1) xor a(2) xor … xor a(n) > 0;
把c表示成二進位制，記它的二進位制數的最高位為第p位，則必然存在乙個a(t),它二進位制的第p位也是1。（否則，若所有的a(i)的第p位都是0，這與c的第p位就也為0矛盾）。
那麼我們把x = a(t) xor c,則得到x < a(t).這是因為既然a(t)的第p位與c的第p位同為1,那麼x的第p位變為0,而高於p的位並沒有改變。所以x < a(t).而
a(1) xor a(2) xor … xor x xor … xor a(n)
= a(1) xor a(2) xor … xor a(t) xor c xor … xor a(n)
= a(1) xor a(2) xor… xor a(n) xor a(1) xor a(2) xor … xora(n)
= 0這就是說從a(t)堆中取出 a(t) – x 根火柴後狀態就會從s態變為t態。證畢
[定理2]：t態，取任何一堆的若干根，都將成為s態。
證明：用反證法。
若c = a(1) xor a(2) xor … xor a(i) xor … xor a(n) = 0；
c』 = a(1) xor a(2) xor … xor a(i』) xor c xor … xor a(n) = 0;
則有c xor c』 = a(1) xor a(2) xor … xor a(i) xor … xor a(n) xor a(1) xor a(2) xor … xor a(i』) xor c xor … xor a(n) = a(i) xor a(i』) =0
進而推出a(i) = a(i』)，這與已知矛盾。所以命題得證。
[定理 3]：s態，只要方法正確，必贏。
最終勝利即由s態轉變為t態，任何乙個s態，只要把它變為t態，（由定理1，可以把它變成t態。）對方只能把t態轉變為s態(定理2)。這樣，所有s態向t態的轉變都可以有己方控制，對方只能被動地實現由t態轉變為s態。故s態必贏。
[定理4]：t態，只要對方法正確，必敗。
由定理3易得。
以上可以得到，對於sg遊戲，若初始局面的異或值為0，那麼先手必敗，否則先手必勝。
第二個問題：
定義概念：
孤單堆：只有一根火柴的堆
充裕堆：有兩根或兩根以上火柴的堆
t態：所有堆火柴數異或值為0
s態：所有堆火柴數異或值大於0
t0,s0：所有堆為孤單堆的t/s情形
t1,s1：有乙個充裕堆的t/s情形
t2,s2：有兩個或以上充裕堆的t/s情形
事實上，孤單堆的根數異或只會影響二進位制的最後一位，但充裕堆會影響高位（非最後一位）。乙個充裕堆，高位必有一位不為0，則所有根數異或不為0，故t1態實際上不存在。
[定理5]：s0態，即僅有奇數個孤單堆，必敗。t0態必勝。
證明：s0態，其實就是每次只能取一根。每次第奇數根都由己取，第偶數根都由對 方取，所以最後一根必己取。敗。同理, t0態必勝
[定理6]：s1態，只要方法正確，必勝。
證明：若此時孤單堆含奇數個火柴，把充裕堆取完；否則，取成一根。這樣，就變成奇數個孤單堆，由對方取。由定理5，對方必輸。己必勝。 #
[定理7]：s2態不可轉一次變為t0態。
證明：充裕堆數不可能一次由2變為0。得證。
[定理8]：s2態可一次轉變為t2態。
證明：由定理1，s態可轉變為t態，s態可一次轉變為t態，又由定理6，s2態不可轉一次變為t0態，所以轉變的t態為t2態。
[定理9]：t2態，只能轉變為s2態或s1態。
證明：由定理2，t態必然變為s態。由於充裕堆數不可能一次由2變為0，所以此時的s態不可能為s0態。命題得證。
[定理10]：s2態，只要方法正確，必勝.
證明：方法如下：
1） s2態，就把它變為t2態。（由定理8）
2） 對方只能t2轉變成s2態或s1態（定理9）
若轉變為s2, 轉向1）
若轉變為s1, 這己必勝。（定理5）
[定理11]：t2態必輸。
證明：同10。
綜上所述，對於anti-sg遊戲：
必輸態有： t2,s0
必勝態： s2,s1,t0.
下面的討論中，若不特殊說明，都是對sg遊戲討論，即取走最後一根的一方勝利。
將組合遊戲抽象為有向圖
每個位置為有向圖的乙個節點
每種可行操作為有向圖的一條路徑
我們就在有向圖的頂點上定義sg函式
首先定義mex(minimal excludant)運算，這是施加於乙個集合的運算，表示最小的不屬於這個集合的非負整數。
例如mex=3、mex=0、mex{}=0
對於乙個給定的有向無環圖，定義關於圖的每個頂點的sprague-garundy函式g如下
g(x)=mex。
每個sg值對應nim遊戲每堆石子的初始數量
將所有sg值異或，類同於將nim遊戲的所有初態異或
sg定理（sprague-grundy theorem）：
g(g)=g(g1)^g(g2)^…^g(gn)。
遊戲的和的sg函式值是它的所有子遊戲的sg函式值的異或。
對應第一種取火柴遊戲的話，每個子遊戲的sg值就是各堆得火柴數，遊戲的和的sg值就是子遊戲的sg值得異或。
所有的終結點sg值為0（因為它的後繼集合是空集）
sg為0的頂點，它的所有後繼y都滿足sg不為0
對於乙個sg不為0的頂點，必定存在乙個後繼滿足sg為0
滿足組合遊戲性質
所有sg為0定點對應p（必敗）點，sg大於0頂點對應n（必勝）點
每次取得數量不限，那麼每堆的sg值即為該堆得石子數。
取第i堆的話，其他堆異或的結果為b，那麼令(ai-x) xor b==0時，即從ai中取走x可以留給對手乙個必敗態，若此時x用cin和cout 會超時。
亦或有這樣的性質：a ^ b ^ a = b
#include #include using namespace std;
const int max_n = 200000 + 100;
int m,sum;
int arr[max_n];
int main()
if(sum == 0)
//cout << "yes" << endl;
printf("yes\n");
for(int i = 0;i < m;i++)
}return 0;
}
HDU 2176 取 m堆 石子遊戲
hdu 2176 取 m堆 石子遊戲 problem description m堆石子,兩人輪流取.只能在1堆中取.取完者勝.先取者負輸出no.先取者勝輸出yes,然後輸出怎樣取子.例如5堆 5,7,8,9,10先取者勝,先取者第1次取時可以從有8個的那一堆取走7個剩下1個,也可以從有9個的中那一堆...
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HDU 2176 取 m堆 石子遊戲（博弈）
思路 乙個經典的nim博弈 includeusing namespace std const int maxn 200000 50 int a maxn int main if sum 0 printf no n else printf yes n int res for int i 1 i n i...