1、巴什博弈
一堆石子，有n個，兩個人輪流取，每次至少取1個，至多取m個，拿走最後乙個石子的人獲勝
假設一堆石子有 n=m+1 由於一次只能取m個，無論先手取多少個，後手總能拿走剩餘的，這時一定是先手負
於是找到取勝規則：
一對石子 n=（m+1)*r+s
對於先手應該先取走s個，設後手取走k個，先手再取走 m+1-k 剩餘的石子個數為 (m+1)(r-1) 以後保持這樣的取法，先取者獲勝
總之，就是要留給對手 m+1的倍數
可以歸結為： s=0時，後手勝
s<>0時，先手勝
2、簡單的石子遊戲
有n堆石子，每次至少取一根，至多拿走整堆，兩人輪流拿，每次限拿其中一堆，取走最後一根的獲勝。
2023年獲勝策略已由美國數學家c.l.bouton分析完成，用到的是二進位制和平衡狀態概念。其結論是：
對於ｎ堆石子，第ｉ (１<=ｉ<=ｎ)堆石子的個數是xｉ，該狀態為必敗狀態當且僅當 x1 xor x2 xor……xｎ=0。
看個例子：
有4堆石子，數量分別為：7 9 12 15
二進位制形式為
0111
1001
1100
1111
異或結果為：1101
1101^1001=0100=4 可以從第二堆拿走5個
1101^1100=0001=1 也可以從第三堆拿走11個
1101^1111=0010=2 或者從第四堆取走13個
比如這道題：
給定n堆石子，兩人輪流取石子，必須先取完一堆石子才能取另一堆，而且另一堆石子的個數必須比之前取的那一堆小，每次只能取1個或者質數個石子。如果沒有石子可以取了，那麼他就輸了。問先手是否有必勝策略。
其實對於這個遊戲，我們只需要判斷第一堆石子即可，也就是石子數目最少的那一堆
**：
#include#includeview code#include
using
namespace
std;
int isprime(int
n)
return1;
}int
main()
else
a[0]=a[0]+j; //
恢復石子數目
}
if(x!=0
) cout
<
<
}return0;
}
3、nim遊戲
有n堆石子，每堆石子的數量為 x1, x2, x3,x4......xn。給定k個數a1,a2,a3,……ak 兩人輪流取，每人每次只能選取一堆，
從中取出一些，每次所取的數量一定在a1,a2,a3,……ak中，拿走最後一根的人獲勝。
我們可以將遊戲分解，把每一堆看成是乙個子遊戲。
比如，有3堆石子，每堆石子的數目，為5,6,7，可以取的石子的數目是
可以找出每堆石子的所有後繼狀態，看成是n枚棋子在有向圖上移動，甲乙雙方人選乙個子遊戲並移動上面的棋子。
看起來狀態非常多，也很複雜，所以我們需要借鑑sg函式
首先定義乙個mex 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，關於每個頂點的sg函式定義如下：
g(x)=mex；沒有出邊的頂點，sg值為0，因為它的後繼集合為空。
對於n枚棋子，它們對應頂點的sg值分別為：（a1,a2,……,an）再設局面 （a1,a2,……,an）時nim遊戲的一種必勝策略是 將ai變成k,那麼遊戲的一種必勝策略就是
把第i枚棋子移動到sg值為k的頂點上；
#includeusingview codenamespace
std;
/*輸入堆數 n，每堆的石子數a
輸入限定選擇的數目 k, 是s
*/int max(int a,int
n)
returnm;}
intmain()
for(int k=1;;k++) }}
int x=0
;
for(i=0;i)
x^=grund[a[i]];
if(x==0) cout<
先手勝"
<
else
cout
<
後手勝"
<
}return0;
}
很好的部落格對博弈的解釋：
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顯然，如果n m 1，那麼由於一次最多只能取m個，所以，無論先取者拿走多少個，後取者都能夠一次拿走剩餘的物品，後者取勝。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...
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