背景：
•規則：有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，
規定每次至少取乙個，最多取m個。
兩個人足夠聰明，最後取光者得勝。 問在
n確定的情況下如何確定兩人的勝敗情況。
思考過程：
最簡單的狀態：
狀態（1）：n=m+1;先手可取1-m個物品，剩餘m-1個物品，所以後手必勝；
推論：狀態（2）：n=(m+1)+1; 先手只要取1個物品此時轉化為狀態（1），無論後手取1-m個物品，先手可在第二次取盡，所以先手必勝；（注意狀態轉化是先後手改變）
狀態（3）：n=(m+1)+s;先手只要取m個物品即可轉化為狀態（1），狀態（1）結果已知，可直接使用結果推出先手必勝
總結狀態（2）（3）：
狀態（4）：n=(m+1)+s;(1<=s<=m); 此時先手只要取s個物品即可轉化為狀態（1），先手必勝；
狀態（5）：n=2(m+1);此時無論先手取1-m個，都會轉化為轉態（4），後手必勝
狀態（6）：n=2(m+1)+s;此時先手只要取s個物品即可轉化為狀態（5），先手必勝
狀態（7）：n=3(m+1);此時無論先手取1-m個都會轉化為狀態（6），後手必勝
狀態（8）：n=3(m+1)+s;此時先手只要取s個則轉化為狀態（7），先手必勝
歸納：當n=k(m+1)+s時，k=任意自然數，;(1<=s<=m);先手每次只要取掉si個，保證每次給後手留下（m+1）的整數倍，則可必勝；
當n=k（m+1）時，後手必勝；
必勝必敗態理論:
所有終結點是必敗點
規則1：乙個狀態是必敗的狀態，當且僅當它的所有後繼狀態為必勝狀態
規則2：乙個狀態是必勝的狀態，當且僅當它的所有後繼狀態中至少有乙個是必敗狀態
應用例題：
ferguson
遊戲：進行遊戲需要用到兩個盒子，在遊戲的開始，第乙個盒子中有n枚石子，第二個盒子中有m個石子(n, m > 0，n+m<20)。參與遊戲的兩名玩家輪流執行這樣的操作：清空乙個盒子中的石子，然後從另乙個盒子中拿若干石子到被清空的盒子中(至少乙個)，使得最後兩個盒子都不空。當兩個盒子中都只有一枚石子時，遊戲結束。最後成功執行操作的玩家獲勝。終態為[1,1]
根據必勝必敗態理論，[1,1]為必敗態，所有只要能推出乙個必敗態（[1,1]）的狀態為必勝態，所有能推出的子狀態都是必勝態的狀態為必敗態。
**解：
#include
using namespace std;
#define maxn 100
int main()
for(int k=3;k<20;k++){
for(int n=1;n
時間上應該還可以繼續優化
2.巴什博弈:
只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取乙個，最多取m個。最後取光者得勝。
顯然，因此我們發現了如何取勝的法則：如果n=（m+1）r+s，（r為任意自然數，s≤m),那麼先取者要拿走s個物品，如果後取者拿走k（≤m)個，那麼先取者再拿走m+1-k個，結果剩下（m+1）（r-1）個，以後保持這樣的取法，那麼先取者肯定獲勝。總之，要保持給對手留下（m+1）的倍數，就能最後獲勝。
對於巴什博奕，那麼我們規定，如果最後取光者輸，那麼又會如何呢？
（n-1）%（m+1）==0則後手勝利
先手會重新決定策略，所以不是簡單的相反行的
最簡單的狀態：n=1;先手必敗
(1)n=1+s,(1<=s<=m);先手只要取s個，後手必敗，先手必勝
(2)n=1+(m+1);無論先手取1-m個，都變為狀態(1)，先手必敗；
(3)n=1+(m+1)+s;先手取s個，變為（2），先手必勝；
(4)n=1+2(m+1);無論先手取1-m個都變為（3），先手必敗；
(5)n=1+2(m+1)+s;先手取s個變為（4），先手必勝；
(6)n=1+3(m+1);無論先手取1-m個變為（5），先手必敗；
歸納 n=1+k(m+1)(k=任意自然數)，先手必敗；//所以有（n-1）%(m+1)==0,後手必勝。
n=1+k(m+1)+s;先手必勝；
·nim遊戲
「要知道，像nim遊戲這種博弈問題，最重要的是尋找必敗態。這個必敗態的的意思就是，這樣一種局面擺在面前的話先手必敗。其嚴格定義如下：1.無法進行任何移動的局面是必敗態；2.可以移動到必敗態的局面是非必敗態；3.在必敗態做的所有操作的結果都是非必敗態。這個還是很好理解的吧，就是自己處在非必敗態上總能移動到必敗態把必敗態留給對方，而對方處在必敗態的話總是只能移動到非必敗態，把非必敗態留給自己，然後自己繼續虐對方。
而對於nim遊戲，局面是必敗態當且僅當所有堆硬幣的數量都異或起來結果為0，即a1^a2^...^an=0！！！為了證明之，我們只要證明它滿足上述必敗態的三條性質即可。
第乙個命題顯然，最終局面只有乙個，就是全0，異或仍然是0。
第二個命題，對於某個局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an!=0(不等號就用c++的習慣用!=來表示了)，一定存在某個合法的移動，將ai改變成ai'後滿足a1^a2^...^ai'^...^an=0。不妨設a1^a2^...^an=k，則一定存在某個ai，它的二進位制表示在k的最高位上是1（否則k的最高位那個1是怎麼得到的）。這時ai^k第三個命題，對於某個局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an=0，一定不存在某個合法的移動，將ai改變成ai'後滿足a1^a2^...^ai'^...^an=0。因為異或運算滿足消去率，由a1^a2^...^an=a1^a2^...^ai'^...^an可以得到ai=ai'。所以將ai改變成ai'不是乙個合法的移動。證畢。
就這樣，乙個簡單而神奇的運算，就搞定了這麼個讓我絞盡腦汁也毫無頭緒的遊戲，而xor運算的出現，又是乍一看完全與問題毫不相干！這正是xor的奇妙之處，吸引人之處。
」--
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這類遊戲大家肯定都玩過，乙個很有趣味性的小遊戲。操作簡單，具有一定的邏輯性。很適合無聊的時候消遣時間。首先簡單介紹下手機遊戲的一般性開發過程。首先需要策劃出乙個遊戲方案，也就是要給出乙個遊戲的整體形象。當然是想象中的。比如 遊 戲題材，背景，操作方法，人物，與獎勵機制。然後對這個策劃方案進行可行性分...