博弈論——兩人取子游戲與威佐夫博弈，隱藏在背後的黃金分割
阿新 • • 發佈：2020-06-20
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今天是**演算法和資料結構專題**第25篇文章，我們繼續博弈論專題。 在上一篇文章當中我們瞭解了最簡單的巴什博奕，今天我們來看看另一個經典的博弈模型——**威佐夫博弈**。博弈論和機器學習有些類似，數學家們針對場景進行建模，設計出了幾個經典模型。然後我們在面臨具體問題的時候，對問題進行深入分析，尋找最合適的模型應用來解決它。
## 石子問題
我們來看一道經典的例題，有兩堆石子，有兩個**絕頂聰明**的人在玩一個遊戲。每次每個人可以從其中一堆石子當中取走任意數量的石子，或者是從兩堆當中同時取走相同數量的石子。無法取石子的人落敗，請問，在告知兩堆石子數量的情況下，這兩個人當中哪一方會獲勝？ 我們簡單分析一下，會發現**一些局面是先手必敗的**。比如說(0, 0)，再比如(1, 2)。我們簡單分析一下(1, 2)，先手有4種策略，首先他可以取走第一堆，那麼後手可以取完第二堆，顯然後手獲勝。他也可以在第二堆當中取1個，這時剩下(1, 1)，後手會同時取完，同樣是後手獲勝。第三種是他取走第二堆，後手可以取完第一堆，後手獲勝。第四種是他在第一堆和第二堆當中同時取走一個，這時第二堆剩下一個，後手勝。 那麼，這些**必敗的狀態之間有什麼規律呢**？我們怎麼找到這個規律，並且找到解呢？
## 分析
我們可以列舉幾個必敗的狀態：(0, 0), (1, 2), (3, 5), (4, 7)... 我們觀察一下這些狀態，可以找到兩條規律。我們假設從小到大排的第k個必敗狀態是(x, y)，並且x < y。我們可以發現y = x + k。也就是說**必敗狀態兩個數的差值是遞增的**，這也說明了每一個必敗狀態的差值都各不相同。 其實這是很容易證明的，我們用反證法，假設(a, a+k), (b, b+k)都是必敗狀態，並且a < b。那麼先手在面臨(b, b+k)的時候，只需要在兩堆當中同時取走b-a個石子，那麼給後手的局面就是(a, a+k)。對於後手來說，這是一個必敗的局面，這就和(b, b+k)先手必敗矛盾，所以**不存在兩個必敗局面的差值相等**。 我們也可以作圖分析，我們**把兩堆石子的數量看成是座標軸上的一個點**。所以遊戲就變成了：棋盤上有一個點，每次每個人可以將它向下、向左或者向左下移動若干個格子，不能移動的人輸。終止節點顯然是原點，**一步就能移動到原點的點顯然是必勝點**，假設我們給這些所有必勝點都染色的話，剩下的的沒當中橫縱座標和最小的點就是下一個必敗點。因為它不論如何移動，都會給對手留下一個必勝點。 我們根據上面的邏輯把必敗點都染色，可以得到下面這張圖：  從這張圖可以看出，必敗點之間不能通過一次移動得到，換句話說**可以一次移動到必敗點的點都是必勝點**，從圖上可以看出，除了必敗點的之外的點都是必勝點，並且每一個自然數都必然只會被包含在一個必敗狀態當中。 到這裡，我們距離解法已經很接近了，現在剩下的問題是，我們如何根據x和y的取值快速判斷它們是否構成一個必敗局面呢？也就是說我們能不能**找出一個通項公式**，對於第k個必敗局面，它的座標是($x_k, y_k$)呢？
## 求解
為了寫出通項公式，我們需要引入**Betty定理**。 > 設a和b是兩個正無理數，並且$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1$ > > 記P={[$a_n$], $n \in N^+$}, Q={[$b_n$], $n \in N^+$}，則$P \cap Q = \varnothing$，$P\cup Q = N^+$
### 證明
$P\cap Q = \varnothing$ 反證，我們假設存在$k \in P$並且$k \in Q$，即存在正整數n， m滿足 k < an, bm < k+1。 也就是：$\frac{n}{k} > \frac{1}{a} > \frac{n}{k+1}, \frac{m}{k} > \frac{1}{b} > \frac{m}{k+1}$兩個式子相加可以得到：$\frac{m+n}{k} > 1 > \frac{m+n}{k}$ 即$k < n+m < k+ 1$，這與n，m，k都是正整數矛盾 $P \cup Q = N^+$ 反證，假設存在$k \notin P$且$k \notin Q$，即存在正整數n，m滿足$an < k < a(n+1)-1, bm < k < b(m+1)-1$ 即：$\frac{n}{k} < \frac{1}{a} < \frac{n+1}{k+1}, \frac{m}{k} < \frac{1}{b} < \frac{m+1}{k+1}$ 相加，可以得到：$\frac{m+n}{k} < 1 < \frac{n+m+2}{k+1}$ 即：n + m < k < n + m + 1，這與n，m，k均為正整數矛盾 我們花了這麼大力氣來證明Betty定理就是為了用的，因為我們發現**必敗狀態的通項和Betty定理序列很像**。我們不妨假設存在這樣的a, b同時滿足Betty定理與必敗狀態的性質： $$[an] + n = [bn], \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1$$ $$[an] + n = [an + n] = [(a+1)n] = [bn]$$ 代入可以得到： $$\frac{1}{a} + \frac{1}{a+1} = 1$$ 解這個方程，可以得到$a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\approx 1.618$，熟悉數學的同學相信一下就看出來了，這個數是**黃金分割**的比例，這是巧合嗎，還是藏著更深的道理呢？ 至少，求出了a之後，我們就可以非常簡單地判斷必敗狀態了： ```python import math def lose_or_win(a, b): if a > b: a, b = b, a k = b - a # 根據差值k求出第k個必敗狀態，判斷是否相等 return not (int(k * (math.sqrt(5)+1) / 2)) == a ```
## 總結
和之前介紹的巴什博奕相比，威佐夫博弈的推導過程要複雜得多，但是雖然推導過程依然複雜，但是仍然擋不住最後實現的程式碼非常簡單。 另外，在推導的過程當中，我們用到了Betty定理，這個定理的推導和證明雖然不難，但是如果不是數學專業的同學，可能大概率都沒有接觸過。這其實體現了博弈論本身和數學的關係是非常緊密的。一個看起來非常簡單的問題，引申出了一系列眼花繚亂的推導和證明，怎麼樣，大家看得還過癮嗎？ 今天的文章到這裡就結束了，如果喜歡本文，可以的話，請**點個關注**，給我一點鼓勵，也方便獲取更多文章。 ，再比如(1, 2)。我們簡單分析一下(1, 2)，先手有4種策略，首先他可以取走第一堆，那麼後手可以取完第二堆，顯然後手獲勝。他也可以在第二堆當中取1個，這時剩下(1, 1)，後手會同時取完，同樣是後手獲勝。第三種是他取走第二堆，後手可以取完第一堆，後手獲勝。第四種是他在第一堆和第二堆當中同時取走一個，這時第二堆剩下一個，後手勝。 那麼，這些**必敗的狀態之間有什麼規律呢**？我們怎麼找到這個規律，並且找到解呢？
## 分析
我們可以列舉幾個必敗的狀態：(0, 0), (1, 2), (3, 5), (4, 7)... 我們觀察一下這些狀態，可以找到兩條規律。我們假設從小到大排的第k個必敗狀態是(x, y)，並且x < y。我們可以發現y = x + k。也就是說**必敗狀態兩個數的差值是遞增的**，這也說明了每一個必敗狀態的差值都各不相同。 其實這是很容易證明的，我們用反證法，假設(a, a+k), (b, b+k)都是必敗狀態，並且a < b。那麼先手在面臨(b, b+k)的時候，只需要在兩堆當中同時取走b-a個石子，那麼給後手的局面就是(a, a+k)。對於後手來說，這是一個必敗的局面，這就和(b, b+k)先手必敗矛盾，所以**不存在兩個必敗局面的差值相等**。 我們也可以作圖分析，我們**把兩堆石子的數量看成是座標軸上的一個點**。所以遊戲就變成了：棋盤上有一個點，每次每個人可以將它向下、向左或者向左下移動若干個格子，不能移動的人輸。終止節點顯然是原點，**一步就能移動到原點的點顯然是必勝點**，假設我們給這些所有必勝點都染色的話，剩下的的沒當中橫縱座標和最小的點就是下一個必敗點。因為它不論如何移動，都會給對手留下一個必勝點。 我們根據上面的邏輯把必敗點都染色，可以得到下面這張圖：  從這張圖可以看出，必敗點之間不能通過一次移動得到，換句話說**可以一次移動到必敗點的點都是必勝點**，從圖上可以看出，除了必敗點的之外的點都是必勝點，並且每一個自然數都必然只會被包含在一個必敗狀態當中。 到這裡，我們距離解法已經很接近了，現在剩下的問題是，我們如何根據x和y的取值快速判斷它們是否構成一個必敗局面呢？也就是說我們能不能**找出一個通項公式**，對於第k個必敗局面，它的座標是($x_k, y_k$)呢？
## 求解
為了寫出通項公式，我們需要引入**Betty定理**。 > 設a和b是兩個正無理數，並且$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1$ > > 記P={[$a_n$], $n \in N^+$}, Q={[$b_n$], $n \in N^+$}，則$P \cap Q = \varnothing$，$P\cup Q = N^+$
### 證明
$P\cap Q = \varnothing$ 反證，我們假設存在$k \in P$並且$k \in Q$，即存在正整數n， m滿足 k < an, bm < k+1。 也就是：$\frac{n}{k} > \frac{1}{a} > \frac{n}{k+1}, \frac{m}{k} > \frac{1}{b} > \frac{m}{k+1}$兩個式子相加可以得到：$\frac{m+n}{k} > 1 > \frac{m+n}{k}$ 即$k < n+m < k+ 1$，這與n，m，k都是正整數矛盾 $P \cup Q = N^+$ 反證，假設存在$k \notin P$且$k \notin Q$，即存在正整數n，m滿足$an < k < a(n+1)-1, bm < k < b(m+1)-1$ 即：$\frac{n}{k} < \frac{1}{a} < \frac{n+1}{k+1}, \frac{m}{k} < \frac{1}{b} < \frac{m+1}{k+1}$ 相加，可以得到：$\frac{m+n}{k} < 1 < \frac{n+m+2}{k+1}$ 即：n + m < k < n + m + 1，這與n，m，k均為正整數矛盾 我們花了這麼大力氣來證明Betty定理就是為了用的，因為我們發現**必敗狀態的通項和Betty定理序列很像**。我們不妨假設存在這樣的a, b同時滿足Betty定理與必敗狀態的性質： $$[an] + n = [bn], \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1$$ $$[an] + n = [an + n] = [(a+1)n] = [bn]$$ 代入可以得到： $$\frac{1}{a} + \frac{1}{a+1} = 1$$ 解這個方程，可以得到$a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\approx 1.618$，熟悉數學的同學相信一下就看出來了，這個數是**黃金分割**的比例，這是巧合嗎，還是藏著更深的道理呢？ 至少，求出了a之後，我們就可以非常簡單地判斷必敗狀態了： ```python import math def lose_or_win(a, b): if a > b: a, b = b, a k = b - a # 根據差值k求出第k個必敗狀態，判斷是否相等 return not (int(k * (math.sqrt(5)+1) / 2)) == a ```
## 總結
和之前介紹的巴什博奕相比，威佐夫博弈的推導過程要複雜得多，但是雖然推導過程依然複雜，但是仍然擋不住最後實現的程式碼非常簡單。 另外，在推導的過程當中，我們用到了Betty定理，這個定理的推導和證明雖然不難，但是如果不是數學專業的同學，可能大概率都沒有接觸過。這其實體現了博弈論本身和數學的關係是非常緊密的。一個看起來非常簡單的問題，引申出了一系列眼花繚亂的推導和證明，怎麼樣，大家看得還過癮嗎？ 今天的文章到這裡就結束了，如果喜歡本文，可以的話，請**點個關注**，給我一點鼓勵，也方便獲取更多文章。 ![](https://user-gold-cdn.xitu.io/2020/6/20/172cff9e3ed60325?w=258&h=258&f=png&