博弈論及算法實現

在生活中五子棋也是一種先手有必贏策略的遊戲，有人會說五子棋先手我也會輸啊，因此

博弈論問題都有個相似如「參與者足夠聰明」，「兩人都不犯錯"的前提。

    在此前提下，討論幾種常見的博弈情形。  

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1、巴什博弈（Bash Game）

      只有一堆n個物品，兩我的從輪流中取出（1~m）個；最後取光者勝。

      考慮到 若n=m+1 那麼 第一我的不論如何取都不能取勝。

      進一步咱們發現 若 n=k*(m+1)+r; 先取者拿走 r 個，那麼後者再拿（1~m）個

      n=（k-1）*（m+1）+s； 先取者再拿走s 個 最後總能形成 剩下n=m+1 的局面。

      所以，此時先手有必贏策略。

      相對應的，若n=k*(m+1) 那麼先取者必輸。

      所以咱們能夠寫出對應的程序（默認 n m都大於0）

 

1 int Bash_Game(int n,int m)//是否先手有必贏策略
2 {
3     if (n%(m+1)!=0) return 1;
4     return 0;
5 }

 

到了這，不如嘗試一下當有N堆，每堆有Mi>0個物品，依舊是兩我的來取該怎麼判斷？

     先考慮取的最大數目無上限便可以把一堆所有取完的情形

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2、尼姆博弈(Nimm Game)

 

       正如上述.

 

      從巴什博弈咱們知道一個當情形對應一種狀態,而由一個狀態只能變爲另外一種狀態時能很輕易地判斷是否先手有必贏策略

 

      那麼怎麼樣才能在尼姆博弈裏找到這樣的狀態呢?

 

      若是把n堆抽象爲n個非負整數,再將n個整數轉化爲二進制,而後對n個二進制數按位相加(不進位),若每一位相加都爲偶數,

 

      那麼稱這個狀態爲偶狀態,不然稱它爲奇狀態.

 

      能夠證實:任何一個偶狀態在其中一個數變小後必定成爲奇狀態,而一個奇狀態必定能夠經過改變一個數變成偶狀態.

 

      前一點很顯然,由於一個數變小至少有一位發生改變,這一位就改變了原來的偶狀態.

 

      對於後一點,對於一個從高位到低位某一位和爲奇的奇狀態,一定有一個數的二進制表示在此位爲1,對於後面的較低位和爲奇的狀況,只要把這個數對應位取反便可獲得一個偶狀態.

 

 

 

      到此,成功的構造了兩個能夠轉換的狀態!!!

 

      那麼對於n堆物品,只要判斷它是不是奇狀態就能夠判斷是否先手有必贏策略.

 

      可是求每一個數的二進制表示略顯麻煩,能夠用更好的辦法,也是我偏心的位運算.

 

      XOR 和判斷:

 

      若是有奇數個二進制數在第K位爲1 那麼在這一位上的和爲奇,一樣的，偶數個1和爲偶.

 

      很明顯位運算xor知足咱們的要求,偶數個1異或和爲0,奇數個爲1;

 

      由此,終於能夠給出算法

 

1 int Nimm_Game(int n)//假設n個數存在數組f[]中,有必勝策略返回1
2 {
3     int flag=0;
4     for(int i=1;i<=n;i++)
5     flag^=f[i];
6     if(flag) return 1;
7     return 0;
8 }

 

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  可是我遇到過n很是大，且每一堆的物品數爲連續的整數的狀況

  對此咱們要考慮連續非負整數的異或和問題 

  記 f(x, y) 爲x到y的全部整數的異或值。 

  f[1,n]=f[0,n];

  當n爲2^k-1(2的K次方減一)時;

  0 到 2^k-1 共2^k個數 等於∑C（n，i）

  能夠看作在k個位置中放入i個0，最後求和

  同時能夠看作在空格位置中放入i個1；最後求和

  即在每一位上1個0的個數都相等，每一個位上有2^(k-1)個1,當k>=2時 1的個數爲偶數;

  而咱們已經知道偶數個1的異或和爲0

因此 f[0, 2^k - 1] = 0 (k >= 2)

 

  對 f[0, n]  (n>=4) 設n的最高位1是在第k位(k >= 2)，

f[0, n] = f[0, 2^k - 1] xor f[2^k, n] = f[2^k, n]

對2^k到n這n+1-2^k個數，最高位(第k位)共有 m = n+1-2^k 個1,

 

   2^k老是偶數,所以,當n爲奇數時，m是偶數，f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k]

當n爲奇數(n - 2^k)老是奇數 ，因此：f[0,n] = f[0,n-2^k-2^(k-1)...-2^2](只到3是由於k>=2)

此時只剩下兩位是咱們須要的 咱們能夠用（n & 3）很快獲得後兩位

因爲n是奇數 因此（n & 3）只可能獲得 1 或 3；

1對應 二進制數 （01）因此是奇數個1  此時f [0,n]=1;

3對應 二進制數 （11） 此時f[0,n]=0;

 

  當n爲偶數時，m是奇數，於是 f[0, n] = f[2^k, n] = f[0, n - 2^k]  xor  2^k

可得：f[0, n] =  f(0, n & 3) xor 2^k xor n[k]*2^(k-1) xor ....n[2]*2^2 n[k] 爲 n的二進制數的第k位；

很明顯 當n爲偶數時 f[0,n]的二進制從最高位到第3位（若是不止3位） 跟n的二進制數從高位到第三位 相同；

此時只須要 判斷 第二位

n & 3=0對應後二位爲（00） 此時 f[0,n]=n;

n & 3=2對應後二位爲（10） 此時 f[0,n]=n+1;

 

綜上所述：

                               n        n % 4 == 0

  f[1, n]  =  f[0, n]  = 1        n % 4 == 1

                               n +1   n % 4 == 2

                               0        n % 4 == 3

  f[x,y] = f[0,y] xor f[0,x-1] .(x>0)

 對應的代碼在這

 

 1 //讀入n，表示有從物品數分別1到n的n堆物品，假設n個數存在數組f[]中
 2 int xor_n(int n)//從1到n的異或和
 3 {
 4      int t = n & 3;
 5      if (t & 1) return t / 2 ^ 1;
 6      return t / 2 ^ n;
 7 }
 8 int Nimm_Game(int n)//有必勝策略返回1
 9 {
10     int flag=0;
11     for(int i=1;i<=n;i++)
12     flag^=xor_n(f[i]);
13     if(flag) return 1;
14     return 0;
15 }

 

三　威佐夫博奕（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩我的輪流從某一堆或同
時從兩堆中取一樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。

    這種狀況下是頗爲複雜的。咱們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示
兩堆物品的數量並稱其爲局勢，若是甲面對（0，0），那麼甲已經輸了，這種局勢咱們
稱爲奇異局勢。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）。

    能夠看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小天然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有
以下三條性質：

    1。任何天然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。
    因爲ak是未在前面出現過的最小天然數，因此有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。因此性質1。成立。
    2。任意操做均可將奇異局勢變爲非奇異局勢。
    事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個份量，那麼另外一個份量不可能在其
他奇異局勢中，因此必然是非奇異局勢。若是使（ak，bk）的兩個份量同時減小，則由
於其差不變，且不多是其餘奇異局勢的差，所以也是非奇異局勢。
    3。採用適當的方法，能夠將非奇異局勢變爲奇異局勢。

    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，就變爲了
奇異局勢（0，0）；若是a = ak ，b > bk，那麼，取走b  – bk個物體，即變爲奇異局
勢；若是 a = ak ，  b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak – ab – ak個物體,變爲奇異局
勢（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；若是a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多餘
的數量a – ak 便可；若是a < ak ，b= ak + k,分兩種狀況，第一種，a=aj （j < k）
,從第二堆裏面拿走 b – bj 便可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆裏面拿走 b – a
j 便可。

    從如上性質可知，兩我的若是都採用正確操做，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），怎樣判斷它是否是奇異局勢呢？咱們有以下公式：

    ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k  （k=0，1，2，…,n 方括號表示取整函數)

奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618…,所以,由ak，bk組成的矩形近
似爲黃金矩形，因爲2/（1+√5）=（√5-1）/2，能夠先求出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。而後再按照上述法則進行，必定會遇到奇異
局勢。

對應的代碼在這裏：

 1 　　　　　int t;
 2             if(a>b)
 3             {
 4                 t=a;
 5                 a=b;
 6                 b=t;
 7             }
 8         double k=(sqrt(5.0)-1.0)/2.0;
 9         int j=a*k;
10         if(a!=j*(int)(k+1))
11             j++;
12         if(a+j==b)
13             cout<<0<<endl;//奇異局勢，後手勝！
14         else cout<<1<<endl;//非奇異局勢，先手勝！