返回首页
当前位置: 主页 > 分析入门 >

酷我资料网

时间:2018-02-06 16:35来源:网络整理 作者:采集侠 点击:

  


博弈入门
寻找平衡状态(也称必败态, 奇异局势)(满足:任意非平衡态经过一次操作可以变 , 为平衡态) 一.巴什博奕(Bash Game) 只有一堆 n 个物品,两个人轮流从这堆物品中取物,规定每次至少取一个,最多取 m 个。最后取光者得胜。 显然,如果 n=m+1,那么由于一次最多只能取 m 个,所以,无论先取者拿走多少个, 后取者都能够一次拿走剩余的物品,后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则:如果 n= (m+1)r+s, 为任意自然数,s≤m),那么先取者要拿走 s 个物品,如果后取者拿走 k(≤m) (r 个,那么先取者再拿走 m+1-k 个,结果剩下(m+1) (r-1)个,以后保持这样的取法,那么 先取者肯定获胜。总之,要保持给对手留下(m+1)的倍数,就能最后获胜。 一般方法: 步骤 1:将所有终结位置标记为必败点(P 点) ; 步骤 2: 将所有一步操作能进入必败点(P 点)的位置标记为必胜点(N 点) 步骤 3:如果从某个点开始的所有一步操作都只能进入必胜点(N 点) ,则将该点标记 为必败点(P 点) ; 步骤 4: 如果在步骤 3 未能找到新的必败(P 点) ,则算法终止;否则,返回到步骤 2。 二.威佐夫博奕(Wythoff Game) 有两堆各若干个物品, 两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品, 规定每次 至少取一个,多者不限,最后取光者得胜。 这种情况下是颇为复杂的。我们用(ak,bk) (ak ≤ bk ,k=0,1,2,...,n)表示两堆物品 的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0) ,那么甲已经输了,这种局势我们称为奇异局势。 前几个奇异局势是: (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 是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k。 奇异局势有如下三条性质: 1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。 由于 ak 是未在前面出现过的最小自然数, 所以有 ak > ak-1 , bk= ak + k > ak-1 + k-1 而 = bk-1 > ak-1 。所以性质 1 成立。 2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。 事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇 异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由于其差不 变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。 3。采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。 假设面对的局势是(a,b) 若 b = a,则同时从两堆中取走 a 个物体,就变为了奇异局势(0,0); 1. 如果 a = ak, 1.1 b > bk, 那么,取走 b - bk 个物体,即变为奇异局势(ak, bk); 1.2 b < bk 则同时从两堆中拿走 ak – a[b – ak]个物体,变为奇异局势( a[b – ak] , a[b – ak]+ b - ak); 2 如果 a = bk , 2.1 b > ak ,则从第二堆中拿走多余的数量 b – ak 2.2 b < ak ,则 若 b = aj (j < k) 从第一堆中拿走多余的数量 a– bj; (a > bj)

若 b = bj (j < k) 从第一堆中拿走多余的数量 a– aj; ( a > aj) 结论: 两个人如果都采用正确操作, 那么面对非奇异局势, 先拿者必胜; 反之, 则后拿者取胜。 那么任给一个局势(a,b) ,怎样判断它是不是奇异局势呢?我们有如下公式: ak =[k(1+√5)/2],bk= ak + k (k=0,1,2,...n 方括号表示取整函数) 奇妙的是其中出现了黄金分割数(1+√5)/2 = 1.618...因此,由 ak,bk 组成的矩形近似 为黄金矩形,由于 2/(1+√5)=(√5-1)/2,可以先求出 j=[a(√5-1)/2],若 a=[j(1+√5)/2], 那么 a = aj,bj = aj + j,若不等于,那么 a = aj+1,bj+1 = aj+1 + j + 1,若都不是,那么就不 是奇异局势。然后再按照上述法则进行,一定会遇到奇异局势。 三.尼姆博奕(Nimm Game) 有三堆各若干个物品,两个人轮流从某一堆取任意多的物品,规定每次至少取一个,多 者不限,最后取光者得胜。 这种情况最有意思,它与二进制有密切关系,我们用(a,b,c)表示某种局势,首先 (0,0,0)显然是奇异局势,无论谁面对奇异局势,都必然失败。第二种奇异局势是(0, n,n) ,只要与对手拿走一样多的物品,最后都将导致(0,0,0) 。仔细分析一下, (1,2, 3)也是奇异局势,无论对手如何拿,接下来都可以变为(0,n,n)的情形。 计算机算法里面有一种叫做按位模 2 加,也叫做异或的运算,我们用符号(+)表示这 种运算,先看(1,2,3)的按位模 2 加的结果: 1 =二进制 01 2 =二进制 10 3 =二进制 11 (+) ——————— 0 =二进制 00 (注意不进位) 对于奇异局势(0,n,n)也一样,结果也是 0。 任何奇异局势(a,b,c)都有 a(+)b(+)c =0。 如果我们面对的是一个非奇异局势(a,b,c) ,要如何变为奇异局势呢?假设 a < b < c, 我们只要将 c 变为 a(+)b,即可,因为有如下的运算结果: a(+)b(+)(a(+)b)=(a(+) a)(+)(b(+)b)=0(+)0=0。要将 c 变为 a(+)b,只要从 c 中减去 c-(a(+)b)即可。 例题: 取火柴的游戏 题目 1:今有若干堆火柴,两人依次从中拿取,规定每次只能从一堆中取若干根, 可将 一堆全取走,但不可不取,最后取完者为胜,求必胜的方法。 题目 2:今有若干堆火柴,两人依次从中拿取,规定每次只能从一堆中取若干根, 可将 一堆全取走,但不可不取,最后取完者为负,求必胜的方法。 先解决第一个问题吧。 定义:若所有火柴数异或为 0,则该状态被称为利他态,用字母 T 表示;否则, 为利 己态,用 S 表示。 [定理 1]:对于任何一个 S 态,总能从一堆火柴中取出若干个使之成为 T 态。 证明: 若有 n 堆火柴,每堆火柴有 A(i)根火柴数,那么既然现在处于 S 态, c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0; 把 c 表示成二进制,记它的二进制数的最高位为第 p 位,则必然存在一个 A(t),它二进 制的第 p 位也是 1。 (否则,若所有的 A(i)的第 p 位都是 0,这与 c 的第 p 位就也为 0 矛盾) 。

那么我们把 x = A(t) xor c,则得到 x < A(t).这是因为既然 A(t)的第 p 位与 c 的第 p 位同为 1,那么 x 的第 p 位变为 0,而高于 p 的位并没有改变。所以 x < A(t).而 A(1) xor A(2) xor … xor x xor … xor A(n) = A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n) = A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(n) =0 这就是说从 A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴后状态就会从 S 态变为 T 态。证毕 [定理 2]:T 态,取任何一堆的若干根,都将成为 S 态。 证明:用反证法试试。 若 c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0; c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = 0; 则有 c xor c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i’) =0 进而推出 A(i) = A(i’),这与已知矛盾。所以命题得证。 [定理 3]:S 态,只要方法正确,必赢。 最终胜利即由 S 态转变为 T 态,任何一个 S 态,只要把它变为 T 态, (由定理 1,可以 把它变成 T 态。 )对方只能把 T 态转变为 S 态(定理 2)。这样,所有 S 态向 T 态的转变都可 以有己方控制,对方只能被动地实现由 T 态转变为 S 态。故 S 态必赢。 [定理 4]:T 态,只要对方法正确,必败。 由定理 3 易得。 接着来解决第二个问题。 定义:若一堆中仅有 1 根火柴,则被称为孤单堆。若大于 1 根,则称为充裕堆。 定义:T 态中,若充裕堆的堆数大于等于 2,则称为完全利他态,用 T2 表示;若充裕堆的 堆数等于 0,则称为部分利他态,用 T0 表示。 孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位,但充裕堆会影响高位(非最后一位) 。一个 充裕堆,高位必有一位不为 0,则所有根数异或不为 0。故不会是 T 态。 [定理 5]:S0 态,即仅有奇数个孤单堆,必败。T0 态必胜。 证明: S0 态,其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取,第偶数根都由对方取,所以最 后一根必己取。败。同理, T0 态必胜。 [定理 6]:S1 态,只要方法正确,必胜。 证明: 若此时孤单堆堆数为奇数,把充裕堆取完;否则,取成一根。这样,就变成奇数个孤单堆, 由对方取。由定理 5,对方必输。己必胜。 [定理 7]:S2 态不可转一次变为 T0 态。 证明: 充裕堆数不可能一次由 2 变为 0。得证。 [定理 8]:S2 态可一次转变为 T2 态。 证明: 由定理 1,S 态可一次转变为 T 态,又由定理 7,S2 态不可转一次变为 T0 态,所以转变的 T 态为 T2 态。 [定理 9]:T2 态,只能转变为 S2 态或 S1 态。

证明: 由定理 2,T 态必然变为 S 态。由于充裕堆数不可能一次由 2 变为 0,所以此时的 S 态不可 能为 S0 态。命题得证。 [定理 10]:S2 态,只要方法正确,必胜. 证明: 方法如下: 1) S2 态,就把它变为 T2 态。 (由定理 8) 2) 对方只能 T2 转变成 S2 态或 S1 态(定理 9) 若转变为 S2, 转向 1) 若转变为 S1, 这己必胜。 (定理 6) [定理 11]:T2 态必输。 证明:同 10。 综上所述,必输态:T2,S0 ;必胜态: S2,S1,T0。 两题比较: 第一题的全过程其实如下: S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全 0) 第二题的全过程其实如下: S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全 0) 下划线表示胜利一方的取法。是否发现了他们的惊人相似之处。 我们不难发现(见加粗部分),S1 态可以转变为 S0 态(第二题做法) ,也可以转变为 T0 (第一题做法) 。哪一方控制了 S1 态,他即可以有办法使自己得到最后一根(转变为 T0), 也可以使对方得到最后一根(转变为 S0) 。 所以,抢夺 S1 是制胜的关键! 为此,始终把 T2 态让给对方,将使对方处于被动状态,他早晚将把状态变为 S1。 后继点和 SG 值的问题: SG 值:一个点的 SG 值就是一个不等于它的后继点的 SG 的且大于等于零的最小整数。 后继点:也就是按照题目要求的走法(比如取石子可以取的数量,方法)能够走一步达到的 那个点。 1536 的参考代码 本部分设定了隐藏,您已回复过了,以下是隐藏的内容 Copy code //博弈-基于求 SG 值 //Accepted 1536 578MS 416K 904 B #include‖iostream‖ using namespace std; int f[101],sg[10001],k; int mex(int b) { int a[101]={0},i; for(i=0;i<k;i++) { if(b-f<0)//b-f 后继点

break; if(sg[b-f]==-1) { sg[b-f]=mex(b-f); } a[sg[b-f]]=1; } for(i=0;i<k;i++) if(!a) { return i; } } int main() { int i,t,n,s,bead,j; while(cin >> k,k) { for(i=0;i<k;i++) { cin >> f; } memset(sg,-1,sizeof(sg)); for(i=0;i<k;i++) for(j=i+1;j<k;j++) if(f>f[j]) { f+=f[j]; f[j]=f-f[j]; f-=f[j]; } sg[0]=0; cin >> t; while(t–) { cin >> n; s=0; while(n–) { cin >> bead;//该堆的成员个数 if(sg[bead]==-1) sg[bead]=mex(bead); s=s^sg[bead]; }

if(s==0) cout << ―L‖; else cout << ―W‖; } cout << endl; } return 0; } 1517 参考代码 本部分设定了隐藏,您已回复过了,以下是隐藏的内容 Copy code //博弈-基于求 SG 值 //Accepted 1517 234MS 0K 837 B #include‖iostream‖ using namespace std; int main() { __int64 a[7000]={1},min,n; int p[10],sg[7000],i,j,k; for(i=2;i<10;p=0,i++); for(i=1;i<7000;i++) { for(j=2,min=-1;j<10;j++) if(min==-1||a[p[j]]*j<a[p[min]]*min) min=j; a=a[p[min]]*min; min=a[p[min]]*min; if(a>=5000000000) break; for(j=2;j<10;j++) if(a[p[j]]*j==min) p[j]++; }//从小到大求出所有乘积 while(scanf(―%I64d‖,&n)!=EOF) { for(i=0;i<7000;i++) { sg=0; if(a>=n) break; } for(j=i-1;a[j]*9>=n&&j>=0;j–)

sg[j]=1; while(j>=0) { for(k=j+1;k<i&&a[j]*9>=a[k];k++) if(a[k]%a[j]==0&&sg[k]==0) { sg[j]=1; break; } j–; } puts(sg[0]?‖Stan wins.‖:‖Ollie wins.‖); } return 0; } 这里感谢 shǎ崽同学的一段代码让小子学会了 puts 的妙用







秦先生 『上海买保险』上海:高端医疗 全球医疗 国际医疗保险经纪人 上海外籍人士买保险-高端人士医疗办理
服务项目:国际医疗保险/免现金结算/儿童疫苗/高端国际寿险/高端重疾险
免费热线『上海』:13761630213, QQ:107242375, Email:13761630213@163.com
选择保险事业 为了爱,为了一份坚定的承诺!微信: 咨询站
上海地区请直接拨打本人电话,应约免费上门提供免费保险方案。
Bupa保柏,   Cigna信诺,   MSH法国万欣和,   GBG全球利益集团,   AXA金盛,   Winterthur丰泰 
友情链接: 走在上海人寿保险的前端    医疗保险情报网   Shanghai Insurance    秦先生的个人简历


------分隔线----------------------------
☆ 高端医疗保险超市 微博更新 ☆
上海保险规划师信息
上海保险规划师信息
外籍人士高端医疗方案推荐
保柏 金盛全球
美国安泰atena 招商信诺
seven corners
安联全球医疗 中国人寿
美国国际医疗集团 MSH china
MSH china
美国安泰atena MSH china
美国安泰atena MSH china
免费咨询国际医疗保险
上海买保险
通过网络取得初步咨询
微信备注“保险咨询”
微信咨询
微信咨询
China Expats Medical insurance
上海买保险,高端医疗保险,bupa儿童疫苗,友邦保险,肺炎疫苗,进口疫苗,儿童保险,儿童医疗,医疗保险,中国人寿保险,保险公司,中国平安保险,医疗险,国际医疗保险,自费药,外籍人士医疗,泰康人寿,英国保诚集团,上海综合保险,国际医疗保险,上海社会保险,上海养老保险,北京高端医疗,招商信诺高端医疗,上海太平洋保险,和睦家医院,上海综合保险卡,买保险,高端医疗,重大疾病,意外伤害,定期寿险,家庭理财,友邦保险,美华妇儿,和睦家保险