博弈 Nim遊戲

1069 nim遊戲

基準時間限制：1 秒空間限制：131072 kb 分值: 0 難度：基礎題

有n堆石子。a b兩個人輪流拿，a先拿。每次只能從一堆中取若干個，可將一堆全取走，但不可不取，拿到最後1顆石子的人獲勝。假設a b都非常聰明，拿石子的過程中不會出現失誤。給出n及每堆石子的數量，問最後誰能贏得比賽。

例如：3堆石子，每堆1顆。a拿1顆，b拿1顆，此時還剩1堆，所以a可以拿到最後1顆石子。

input

第1行：乙個數n，表示有n堆石子。（1 <= n <= 1000) 第2 - n + 1行：n堆石子的數量。(1 <= a[i] <= 10^9)

output

如果a獲勝輸出a，如果b獲勝輸出b。

input示例

3 1 1 1

output示例

a【思路搬運來自

這一次我們講的是乙個古老而又經典的博弈問題：nim遊戲。

nim遊戲是經典的公平組合遊戲(icg)，對於icg遊戲我們有如下定義：

1、兩名選手；

2、兩名選手輪流行動，每一次行動可以在有限合法操作集合中選擇乙個；

3、遊戲的任何一種可能的局面(position)，合法操作集合只取決於這個局面本身；局面的改變稱為「移動」(move)。

4、若輪到某位選手時，該選手的合法操作集合為空，則這名選手判負。

對於第三條，我們有更進一步的定義position，我們將position分為兩類：

p-position：在當前的局面下，先手必敗。

n-position：在當前的局面下，先手必勝。

他們有如下性質：

1.合法操作集合為空的局面是p-position；

2.可以移動到p-position的局面是n-position；

3.所有移動都只能到n-position的局面是p-position。

在這個遊戲中，我們已經知道a = 的局面是p局面，那麼我們可以通過反向列舉來推導出所有的可能局面，總共的狀態數量為a[1]*a[2]*...*a[n]。並且每一次的狀態轉移很多。

雖然耗時巨大，但確實是乙個可行方法。

當然，我們這裡會講這個題目就說明肯定沒那麼複雜。沒錯，對於這個遊戲有乙個非常神奇的結論：

對於乙個局面，當且僅當a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] = 0時，該局面為p局面。

對於這個結論的證明如下：

1. 全0狀態為p局面，即a[i]=0，則a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] = 0。

2. 從任意乙個a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] = k != 0的狀態可以移動到a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] = 0的狀態。由於xor計算的特殊性，我們知道一定有乙個a[i]最高位與k最高位的1是相同的，那麼必然有a[i] xor k < a[i]的，所以我們可以通過改變a[i]的值為a[i]'，使得a[1] xor a[2] xor ... xor a[i]' xor ... xor a[n] = 0。

3. 對於任意乙個局面，若a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] = 0，則不存在任何乙個移動可以使得新的局面a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] != 0。由於xor計算的特殊性，我們可以知道，一定是存在偶數個1時該位置的1才會被消除。若只改變乙個a[i]，無論如何都會使得1的數量發生變化，從而導致a[1] xor a[2] xor ... xor a[n] != 0。

以上三條滿足icg遊戲中n,p局面的轉移性質，所以該結論的正確性也得到了證明。

//**如下

#include

using namespace std;

int a,n,p;

int main()

if(p==0) cout<<"b"

}

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