取石子游戲(POJ1067)的原理
阿新 • • 發佈：2019-02-01
取石子問題
有一種很有意思的遊戲，就是有物體若干堆，可以是火柴棍或是圍棋子等等均可。兩個人輪流從堆中取物體若干，規定最後取光物體者取勝。這是我國民間很古老的一個遊戲，別看這遊戲極其簡單，卻蘊含著深刻的數學原理。下面我們來分析一下要如何才能夠取勝。
（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個。最後取光者得勝。
顯然，如果n=m+1，那麼由於一次最多隻能取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。因此我們發現瞭如何取勝的法則：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。
即，若n=k*(m+1)，則後取著勝，反之，存在先取者獲勝的取法。
n%(m+1)==0. 先取者必敗。
這個遊戲還可以有一種變相的玩法：兩個人輪流報數，每次至少報一個，最多報十個，誰能報到100者勝。
從一堆100個石子中取石子，最後取完的勝。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。
這種情況下是頗為複雜的。我們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示兩堆物品的數量並稱其為局勢，如果甲面對（0，0），那麼甲已經輸了，這種局勢我們稱為奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有
如下三條性質：
1。任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。
由於ak是未在前面出現過的最小自然數，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質1。成立。
2。任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。
事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個分量，那麼另一個分量不可能在其他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個分量同時減少，則由於其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
3。採用適當的方法，可以將非奇異局勢變為奇異局勢。
假設面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時從兩堆中取走 a 個物體，就變為了奇異局勢（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那麼，取走b - bk個物體，即變為奇異局勢；如果 a = ak ， b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak - ab - ak個物體,變為奇異局勢（ ab - ak , ab - ak+ b - ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多餘的數量a - ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）,從第二堆裡面拿走 b - bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆裡面拿走 b - aj 即可。
從如上性質可知，兩個人如果都採用正確操作，那麼面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，則後拿者取勝。
那麼任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...,n 方括號表示取整函式)
奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk組成的矩形近似為黃金矩形，由於2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那麼a = aj，bj = aj + j，若不等於，那麼a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那麼就不是奇異局勢。然後再按照上述法則進行，一定會遇到奇異局勢。
（三）尼姆博奕（Nimm Game）：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，規定每次至少取一個，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 （注意不進位）
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。
如果我們面對的是一個非奇異局勢（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。
獲勝情況對先取者進行討論：
異或結果為0，先取者必敗，無獲勝方法。後取者獲勝；
結果不為0，先取者有獲勝的取法。
拓展： 任給N堆石子,兩人輪流從任一堆中任取(每次只能取自一堆),取最後一顆石子的人獲勝，問先取的人如何獲勝？
根據上面所述，N個數異或即可。如果開始的時候T＝0，那麼先取者必敗，如果開始的時候T>0，那麼只要每次取出石子使得T＝0，即先取者有獲勝的方法。
【綜合一、三給出】
任給N堆石子,兩人輪流從任一堆中任取(每次只能取自一堆),規定每方每次最多取K顆,取最後一顆石子的一方獲勝.問先取的人如何獲勝？
與上面的問題比，這個更復雜一些，我們可以這樣做
令Bi=Ai mod(K+1)
定義T‘＝B1 xor B2 xor ... xor Bn
如果T‘＝0 那麼沒有獲勝可能，先取者必敗
如果T’>0 那麼必然存在取的方法，使得T‘＝0，先取者有獲勝的方法
假設對方取了在Ai中取了r<=K個
如果Ai中剩下的石子多於K 那麼就在Ai中取走K+1-r個則Bi不變 T‘還是0
如果Ai<=K 那麼我們需要重新計算Bi和T‘ 按照上面的方法來做就可以了
下面對wythoff博弈真的講的超詳細~~
【補】EP6: Wythoff’s Game (威佐夫博弈)
版權宣告：轉載時請以超連結形式標明文章原始出處和作者資訊及本宣告
http://yjq24.blogbus.com/logs/42826226.html
大致上是這樣的：有兩堆石子，不妨先認為一堆有10，另一堆有15個，雙方輪流取走一些石子，合法的取法有如下兩種：
1)在一堆石子中取走任意多顆；
2)在兩堆石子中取走相同多的任意顆；
約定取走最後一顆石子的人為贏家，求必敗態(必勝策略)。
這個可以說是MR.Wythoff(Wythoff於1907年提出此遊戲)一生全部的貢獻吧，我在一篇日誌裡就說完有點殘酷。這個問題好像被用作程式設計競賽的題目，網上有很多把它Label為POJ1067，不過如果學程式設計的人不知道Beatty定理和Beatty序列 ，他們所做的只能是找規律而已。不熟悉的人可以先在這裡 玩幾局~
簡單分析一下，容易知道兩堆石頭地位是一樣的，我們用餘下的石子數(a,b)來表示狀態，並畫在平面直角座標系上。
用之前的定理： 有限個結點的無迴路有向圖有唯一的核 中所述的方法尋找必敗態。先標出(0,0)，然後劃去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格點；然後找y=x上方未被劃去的格點，標出(1,2)，然後劃去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同時標出對稱點(2,1)，劃去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然後在未被劃去的點中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照這樣的方法做下去，如果只列出a<=b的必敗態的話，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…
接下來就是找規律的過程了，忽略(0,0)，記第n組必敗態為(a[n],b[n])
命題一：a[n+1]=前n組必敗態中未出現過的最小正整數
[分析]：如果a[n+1]不是未出現的數中最小的，那麼可以從a[n+1]的狀態走到一個使a[n+1]更小的狀態，和我們的尋找方法矛盾。
命題二：b[n]=a[n]+n
[分析]：歸納法：若前k個必敗態分別為 ，下證：第k+1個必敗態為
從該第k+1個必敗態出發，一共可能走向三類狀態，從左邊堆拿走一些，從右邊堆拿走一些，或者從兩堆中拿走一些．下面證明這三類都是勝態．
情況一：由命題一，任意一個比a[k+1]小的數都在之前的必敗態中出現過，一旦把左邊堆拿少了，我們只要再拿成那個數相應的必敗態即可。
情況二（從右邊堆拿走不太多）：這使得兩堆之間的差變小了，比如拿成了 ，則可再拿成 ；
情況二（從右邊堆拿走很多）：使得右邊一堆比左邊一堆更少，這時類似於情況一，比如拿成了 (其中a[m] ；
情況三：比如拿成 ，則可再拿成 ．
綜上所述，任何從 出發走向的狀態都可以走回核中．故原命題成立．
以上兩個命題對於確定(a[n],b[n])是完備的了，給定(0,0)然後按照這兩個命題，就可以寫出(1,2),(3,5),(4,7),…
這樣我們得到了這個數列的遞推式，以下我們把這兩個命題當成是(a[n],b[n])的定義。
先證明兩個性質：
性質一：核中的a[n],b[n]遍歷所有正整數。
[分析]：由命題一，二可得a[n],b[n]是遞增的，且由a[n]的定義顯然。
性質二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，則集合A,B不交。
[分析]：由核是內固集，顯然。
看到這裡大家有沒有想到Beatty序列呢，實際上a[n]和b[n]就是一個Beatty序列。
，有 ，解方程
得 ，到此，我們找到了該必敗態的通項公式。
實際上這組Beatty序列還有一些別的性質，比如當一個數是Fibonacci數的時候，另一個數也是Fibonacci數；而且兩者的比值也越來越接近黃金比，這些性質在得到通項公式之後不難證明。
有一種很有意思的遊戲，就是有物體若干堆，可以是火柴棍或是圍棋子等等均可。兩個人輪流從堆中取物體若干，規定最後取光物體者取勝。這是我國民間很古老的一個遊戲，別看這遊戲極其簡單，卻蘊含著深刻的數學原理。下面我們來分析一下要如何才能夠取勝。
（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個。最後取光者得勝。
顯然，如果n=m+1，那麼由於一次最多隻能取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。因此我們發現瞭如何取勝的法則：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。
即，若n=k*(m+1)，則後取著勝，反之，存在先取者獲勝的取法。
n%(m+1)==0. 先取者必敗。
這個遊戲還可以有一種變相的玩法：兩個人輪流報數，每次至少報一個，最多報十個，誰能報到100者勝。
從一堆100個石子中取石子，最後取完的勝。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。
這種情況下是頗為複雜的。我們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示兩堆物品的數量並稱其為局勢，如果甲面對（0，0），那麼甲已經輸了，這種局勢我們稱為奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有
如下三條性質：
1。任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。
由於ak是未在前面出現過的最小自然數，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質1。成立。
2。任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。
事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個分量，那麼另一個分量不可能在其他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個分量同時減少，則由於其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
3。採用適當的方法，可以將非奇異局勢變為奇異局勢。
假設面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時從兩堆中取走 a 個物體，就變為了奇異局勢（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那麼，取走b - bk個物體，即變為奇異局勢；如果 a = ak ， b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak - ab - ak個物體,變為奇異局勢（ ab - ak , ab - ak+ b - ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多餘的數量a - ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）,從第二堆裡面拿走 b - bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆裡面拿走 b - aj 即可。
從如上性質可知，兩個人如果都採用正確操作，那麼面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，則後拿者取勝。
那麼任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...,n 方括號表示取整函式)
奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk組成的矩形近似為黃金矩形，由於2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那麼a = aj，bj = aj + j，若不等於，那麼a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那麼就不是奇異局勢。然後再按照上述法則進行，一定會遇到奇異局勢。
（三）尼姆博奕（Nimm Game）：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，規定每次至少取一個，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 （注意不進位）
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。
如果我們面對的是一個非奇異局勢（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。
獲勝情況對先取者進行討論：
異或結果為0，先取者必敗，無獲勝方法。後取者獲勝；
結果不為0，先取者有獲勝的取法。
拓展： 任給N堆石子,兩人輪流從任一堆中任取(每次只能取自一堆),取最後一顆石子的人獲勝，問先取的人如何獲勝？
根據上面所述，N個數異或即可。如果開始的時候T＝0，那麼先取者必敗，如果開始的時候T>0，那麼只要每次取出石子使得T＝0，即先取者有獲勝的方法。
【綜合一、三給出】
任給N堆石子,兩人輪流從任一堆中任取(每次只能取自一堆),規定每方每次最多取K顆,取最後一顆石子的一方獲勝.問先取的人如何獲勝？
與上面的問題比，這個更復雜一些，我們可以這樣做
令Bi=Ai mod(K+1)
定義T‘＝B1 xor B2 xor ... xor Bn
如果T‘＝0 那麼沒有獲勝可能，先取者必敗
如果T’>0 那麼必然存在取的方法，使得T‘＝0，先取者有獲勝的方法
假設對方取了在Ai中取了r<=K個
如果Ai中剩下的石子多於K 那麼就在Ai中取走K+1-r個則Bi不變 T‘還是0
如果Ai<=K 那麼我們需要重新計算Bi和T‘ 按照上面的方法來做就可以了
下面對wythoff博弈真的講的超詳細~~
【補】EP6: Wythoff’s Game (威佐夫博弈)
版權宣告：轉載時請以超連結形式標明文章原始出處和作者資訊及本宣告
http://yjq24.blogbus.com/logs/42826226.html
大致上是這樣的：有兩堆石子，不妨先認為一堆有10，另一堆有15個，雙方輪流取走一些石子，合法的取法有如下兩種：
1)在一堆石子中取走任意多顆；
2)在兩堆石子中取走相同多的任意顆；
約定取走最後一顆石子的人為贏家，求必敗態(必勝策略)。
這個可以說是MR.Wythoff(Wythoff於1907年提出此遊戲)一生全部的貢獻吧，我在一篇日誌裡就說完有點殘酷。這個問題好像被用作程式設計競賽的題目，網上有很多把它Label為POJ1067，不過如果學程式設計的人不知道Beatty定理和Beatty序列 ，他們所做的只能是找規律而已。不熟悉的人可以先在這裡 玩幾局~
簡單分析一下，容易知道兩堆石頭地位是一樣的，我們用餘下的石子數(a,b)來表示狀態，並畫在平面直角座標系上。
用之前的定理： 有限個結點的無迴路有向圖有唯一的核 中所述的方法尋找必敗態。先標出(0,0)，然後劃去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格點；然後找y=x上方未被劃去的格點，標出(1,2)，然後劃去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同時標出對稱點(2,1)，劃去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然後在未被劃去的點中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照這樣的方法做下去，如果只列出a<=b的必敗態的話，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…
接下來就是找規律的過程了，忽略(0,0)，記第n組必敗態為(a[n],b[n])
命題一：a[n+1]=前n組必敗態中未出現過的最小正整數
[分析]：如果a[n+1]不是未出現的數中最小的，那麼可以從a[n+1]的狀態走到一個使a[n+1]更小的狀態，和我們的尋找方法矛盾。
命題二：b[n]=a[n]+n
[分析]：歸納法：若前k個必敗態分別為 ，下證：第k+1個必敗態為
從該第k+1個必敗態出發，一共可能走向三類狀態，從左邊堆拿走一些，從右邊堆拿走一些，或者從兩堆中拿走一些．下面證明這三類都是勝態．
情況一：由命題一，任意一個比a[k+1]小的數都在之前的必敗態中出現過，一旦把左邊堆拿少了，我們只要再拿成那個數相應的必敗態即可。
情況二（從右邊堆拿走不太多）：這使得兩堆之間的差變小了，比如拿成了 ，則可再拿成 ；
情況二（從右邊堆拿走很多）：使得右邊一堆比左邊一堆更少，這時類似於情況一，比如拿成了 (其中a[m] ；
情況三：比如拿成 ，則可再拿成 ．
綜上所述，任何從 出發走向的狀態都可以走回核中．故原命題成立．
以上兩個命題對於確定(a[n],b[n])是完備的了，給定(0,0)然後按照這兩個命題，就可以寫出(1,2),(3,5),(4,7),…
這樣我們得到了這個數列的遞推式，以下我們把這兩個命題當成是(a[n],b[n])的定義。
先證明兩個性質：
性質一：核中的a[n],b[n]遍歷所有正整數。
[分析]：由命題一，二可得a[n],b[n]是遞增的，且由a[n]的定義顯然。
性質二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，則集合A,B不交。
[分析]：由核是內固集，顯然。
看到這裡大家有沒有想到Beatty序列呢，實際上a[n]和b[n]就是一個Beatty序列。
，有 ，解方程
得 ，到此，我們找到了該必敗態的通項公式。
實際上這組Beatty序列還有一些別的性質，比如當一個數是Fibonacci數的時候，另一個數也是Fibonacci數；而且兩者的比值也越來越接近黃金比，這些性質在得到通項公式之後不難證明。