算法实训_组合博弈游戏

Input 本题目包含多组测试，请处理到文件结束(EOF)。每组测试占一行。 每组测试包含两个整数M和N(含义见题目描述，0<N，M<1100) Output 对于每组数据，在一行里按递增的顺序输出小鸡第一次可以加的价。 两个数据之间用空格隔开。如果小鸡在第一次无论如何出价都无法买 到这块土地，就输出"none"。 Sample Input 42 32 35 Sample Output 1 None 345


P状态和N状态：假设双方都采取最明智的策略，则对于一 些状态，刚完成走步的游戏者(Previous Player) 一定胜利， 而对于其他状态，下一个走步的游戏者(NextPlayer) 一定胜 利。把两种状态称为P状态(P position) 和N状态(N position) ， 且有以下关系： 1. 所有终止状态是P状态 2. 能一步到达P状态的状态为N状态 3. 每一步都将到达N状态的状态为P状态




所谓巴什博弈，是ACM题中最简单的组合游戏，大致上是 这样的： 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1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 ，(r为任意自然数，s≤m)，即 n%(m+1) != 0，则先取者肯定获胜。




所谓威佐夫博弈，是ACM题中常见的组合游戏中的一种， 大致上是这样的： 有两堆石子，不妨先认为一堆有 10，另一堆有 15 个，双 方轮流取走一些石子，合法的取法有如下两种： 1、在一堆石子中取走任意多颗； 2、在两堆石子中取走相同多的任意颗； 约定取走最后一颗石子的人为赢家，求必胜策略。 两堆石头地位是一样的，我们用余下的石子数(a,b)来表示 状态，并画在平面直角坐标系上。

好运！该死的英语四级！ Problem Description 大学英语四级考试就要来临了， Kiki和Cici 在紧张的复习 之余喜欢打牌放松。“升级”？“斗地主”？那多俗啊！ 作为计算机学院的学生，Kiki和Cici打牌的时候可没忘记 专业，她们打牌的规则是这样的： 1、 总共n张牌； 2、 双方轮流抓牌； 3、 每人每次抓牌的个数只能是2的幂次（即：1，2，4，8， 16…） 4、 抓完牌，胜负结果也出来了：最后抓完牌的人为胜者； 假设Kiki和Cici都是足够聪明并且每次都是Kiki先抓牌，请 问谁能赢呢？

使用向后归纳的方法，可以计算出游戏的P位置和N位置 如下：
X 状态 0 P 1 N 2 P 3 N 4 N 5 N 6 N 7 P 8 N 9 P 10 N 11 N 12 N



通过观察发现，该游戏中的P位置（必败态）是那些能被 7整除或者模7余2的位置，其他位置都是N位置（必胜 态）。用数学归纳法可以证明这个结论是正确的。 事实上，如果k是P态（自己必败），那么P+1、P+3、P+5 能够到达的位置，是N态（对方必败），其他位置是P态。 游戏的起始位置100是P位置，所以先手输。
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Leabharlann Baidu
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每个局面可以用博弈树的一个结点来表示，某方获胜、失 败或双方平局的结点构成了叶子结点。甲乙双方在选择着 法时，不仅要考虑己方每一种着法的好坏，同时也要考虑 对方会针对自己的每一种着法采取怎样的着法来应对。显 然，博弈树是一种特殊的与或树，“或”结点和“与”结 点是逐层交替出现的。己方扩展的结点之间是“或”关系， 对方扩展的结点之间是“与”关系。

#include <iostream> using namespace std; int main () { int N; while ( cin >> N ) { puts ( N % 3 != 0 ? "Kiki" : "Cici" ); } return 0; }

土地拍卖


Problem Description 小鸡同学和鹏程同学始终没有逃过退学的命运，因为他们没有 在程序设计竞赛中获奖，还为了争抢莎莎大打出手。现在等待 他们的只能回家种田。要种田得有田才行，小鸡听说街上正在 举行一场拍卖会，拍卖的物品正好就是一块田地。于是，小鸡 带上他的全部积蓄，冲往拍卖会。后来发现，整个拍卖会只有 小鸡和他的死对头鹏程。通过打听，小鸡知道这场拍卖的规则 是这样的：刚开始底价为0，两个人轮流开始加价，不过每次加 价的幅度要在1～N之间，当价格大于或等于田地的成本价M时， 就把这块田地卖给这次叫价的人。小鸡和鹏程虽然比赛不行， 但是对拍卖却十分精通，而且他们两个人都十分想得到这块田 地。所以他们每次都是选对自己最有利的方式进行加价。由于 抽签决定，所以每次都是由小鸡先开始加价，请问，第一次加 价的时候，小鸡要出多少才能保证自己买得到这块地呢？

我们也可以把P状态称为必败态，N状态称为必胜态，含义 是直观的。以上关系实际上给出了一个递推计算所有状态 的P-N标号的算法。只要状态集构成一个n个结点m条边的 有向无环图(directed acyclic graph, DAG) ，则可以按照拓扑 顺序在O(m)时间内计算所有状态的标号。可问题在于这样 的状态往往有很多，能否通过数学方法直接判断一个状态 是P状态还是N状态呢？ 常见的组合博弈模型，有若干种，但也有很多情况，不能 套用这些模型，要具体情况具体分析。


假设甲乙双方在进行这种二人游戏，从唯一的一个初始局面开始，如 果轮到甲方走棋，甲方有很多种着法，但只能选择一个着法进行走棋。 甲方走棋后，局面发生了变化，轮到乙方走棋，乙方也有很多种着法， 但也只能选择一个着法。从初始局面开始，甲乙两方交替走棋，局面 的变化可以表示成一个树形结构，这就是博弈树（game-tree）。一种 井字棋的博弈树，如图所示。





一个必败点有如下性质： 性质1：所有自然数都会出现在一个必败点中，且仅会出 现在一个必败点中； 性质2：规则允许的任意操作可将必败点移动到必胜点； 性质3：一定存在规则允许的某种操作可将必胜点移动到 必败点；

下面我们证明这3个性质。


其他规则包括：不允许随机走步（不能扔色子或者随机洗 牌），且必须信息完全的（如隐藏走步是不允许的），有 限步结束时不能产生平局。在本节中，我们只考虑公平游 戏，并且通常只考虑普通游戏规则（最后走步的胜）。

和一般的双人零和博弈不同的是，这里的博弈游戏是特殊 的：它们很好的数学特性，使得我们能够找到可判定输赢 的数学策略，而不需要进行状态空间的搜索。





int main() { int n,m; while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF) { if(m%(n+1)==0) { printf("none\n"); continue; }

if(m<=n) { printf("%d",m); for(int i=m+1; i<=n; i++) printf(" %d",i); printf("\n"); continue; } printf("%d\n",m%(n+1));
湖南涉外经济学院 计算机科学与技术学部 邹竞





组合博弈游戏应满足以下性质： 1. 有两个游戏者。 2. 有一个可能的游戏状态集。这个状态集通常是有限的。 3. 游戏规则指定了在任何状态下双方的可能的走步和对应的后继状态 集。如果在任意状态下双方的走步集合是相同的，那么说游戏是公平 的(impartial) ，否则是不公平的(partizan) 。象棋是不公平的，因为每 个人只能移动自己的子。 4. 两个游戏者轮流走步。 5. 当到达一个没有后继状态的状态后，游戏结束。在普通游戏规则 (normal playrule) 下，最后一个走步的游戏者胜；在misµ ere游戏规则下， 最后一个走步的游戏者输。如果游戏无限进行下去，我们认为双方打 平，但通常我们会附加规定： 6. 不管双方怎么走步，游戏总能在有限步后结束。


巴什博弈还是很好理解的，以你是先手的角度考虑。 你想把对手给弄垮，那么每一局，你都必须构建一个 局势，这个局势就是每次都留给对手m+1的倍数个物 品。因为，如果n=(m+1)r + s，(r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)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。 这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数， 每次至少报1个，最多报10个，谁能报到100者胜。


和前面类似，(0,0)肯定是 P 态，又叫必败态。 (0,k),(k,0),(k,k)系列的节点肯定不是 P 态，而是必胜态，你 面对这样的局面一定会胜，只要按照规则取一次就可以了。 再看 y = x 上方未被划去的格点，(1,2)是 P 态。k > 2 时， (1,k)不是 P 态，比如你要是面对(1,3)的局面，你是有可能 赢的。同理，(k,2)，(1 + k, 2 + k)也不是 P 态，划去这些点 以及它们的对称点，然后再找出 y = x 上方剩余的点，你 会发现(3,5)是一个 P 态，如此下去，如果我们只找出 a ≤ b 的 P 态，则它们是(0,0)，(1,2)，(3,5)，(4,7)，(6,10)……它们 有什么规律吗？
} return 0;
}



巴什博弈有一种变形，叫做减法博弈。用s表示一个正整 数构成的集合，基于S所定义的减法游戏可以描述如下 ： 有一个由n个石子组成的石子堆，两名玩家轮流从中拿走 石子，每次拿走石子的个数只能是集合S中的数。拿走最 后一枚石子的玩家获胜。 例：S = {1, 3, 4}，如果在游戏的开始有100枚石子，那么哪 个玩家获胜？


忽略(0,0)，很快会发现对于第 i 个 P 态的 a，a = i * (sqrt(5) + 1)/2 然后取整；而 b = a + i。居然和黄金分割点扯上了关 系。 前几个必败点如下：(0,0)，(1,2)，(3,5)，(4,7)，(6,10)， (8,13)……可以发现，对于第k个必败点(m(k),n(k))来说，m(k) 是前面没有出现过的最小自然数，n(k)=m(k)+k。 判断一个点是不是必败点的公式与黄金分割有关（我无法 给出严格的数学证明，谁能给出严格的数学证明记得告诉 我），为： m(k) = k * (1 + sqrt(5))/2 n(k) = m(k) + k


Input 输入数据包含多个测试用例，每个测试用例占一行，包含一个整数n （1<=n<=1000）。 Output 若Kiki能赢的话输出“Kiki”，否则输出“Cici”，每个实例的输出占一 行。 Sample Input 1 3 Sample Output Kiki Cici




如果你是先手，考虑你的必胜态。注意，因为任何正整数都能 写成若干个2的整数次方幂之和。由于规定只能取2的某个整数 次方幂，只要你留给对手的牌数为3的倍数时，那么你就必赢， 因为留下3的倍数时，对手有两种情况： 1：如果轮到对方抓牌时只剩3张牌，对方要么取1张，要么取2 张，剩下的你全取走，win！ 2：如果轮到对方抓牌时还剩3*k张牌，对手不管取多少，剩下 的牌数是3*x+1或者3*x+2。轮到你时，你又可以构造一个3的倍 数。 所以无论哪种情况，当你留给对手为3*k的时候，你是必 胜的。 题目说Kiki先抓牌，那么当牌数为3的倍数时，Kiki就输了。否 则Kiki就能利用先手优势将留给对方的牌数变成3的倍数，就必 胜。