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[数论第四节]容斥原理/博弈论/NIM游戏

来源：博客园


(相关资料图)

  • 容斥原理

    • \(|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|\)
    • \(|\displaystyle \cup_{i=1}^n A_i |=\sum_{i}|A_i|-\sum_{i,j} |A_i \cap A_j|+\ldots +(-1)^{n+1}|\cap_{i=1}^n A_i |\)
    • 时间复杂度：\(C_n^1+C_n^2+C_n^3···+C_n^n=2^n-1\) \(O(2^n-1)\)
    • 等式右边有 \(2^n-1\) 项，每一项表示选取若干个集合相交的情况，可以通过DFS遍历每种选取的情况，也可以把每种选取的情况与一个二进制数相对应
    • 该二进制数有n位，每一位表示一个集合，该位为1表示选取了该集合，为0表示不选取该集合，遍历 \(2^n-1\) 次即可遍历所有选取情况 \(O(n(2^n-1))\)
    • 代码：
      typedef long long LL;const int N = 20;int p[N];int n, m;int main(){    cin >> n >> m;    for(int i = 1; i <= m; ++ i) cin >> p[i];        int res = 0; //记录答案    for(int i = 1; i < 1 << m; ++ i){ //遍历2^m-1次，即遍历所有的方案        int t = 1, cnt = 0; //记录当前p的倍数，以及p的个数        for(int j = 1; j <= m; ++ j){ //遍历m位，求出当前方案选取的质数及个数            if(i >> (j - 1) & 1){                cnt ++ ; //选取了当前位的质数，质数加一                if((LL)t * p[j] > n){ //判断质数的倍数是否超出范围                    t = -1;                    break;                }                t = (LL)t * p[j]; //累乘当前位的质数            }        }        if(t != -1){            if(cnt % 2) res += n / t; //个数质数位奇数，则取加号            else res -= n / t; //否则取减号        }    }        cout << res;    return 0;}

  • 博弈论

    • 公平组合游戏ICG
      • 由两名玩家交替进行
      • 在游戏的任意时刻，玩家执行的合法行动与轮到哪名玩家无关
      • 不能行动的玩家判负
    • 先手必胜状态：先手行动后将当前局面变为先手必败状态，由于另一个人是下一次的先手，则另一个人必败，故先手必胜
    • 先手必败状态：先手无论怎样行动都无法将当前局面变为先手必败状态，则另一个人必胜，故先手必败

    • 普通-NIM游戏

      • 有 \(n\) 堆石子，每堆石子个数为 \(a_i\) 颗，先手和后手每次可以从某堆中拿任意颗石子，最后无法操作的一方判负
      • 结论：当每堆石子的异或值 \(a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 ···\wedge a_n=0\) 时 先手必败，否则先手必胜
      • 证明：
        • 当 \(a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 ···\wedge a_n=x\neq0\) 时 设 \(x\) 的二进制中最高位的1在第k位，那么 \(a_1···a_n\) 中至少有一个数的二进制第k位也是1，设该数为 \(a_i\) 则 \(a_i \wedge x
        • 当 \(a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 ···\wedge a_n=x=0\) 时 假设先手在第i堆中拿走k颗石子能将剩余石子的异或值不变，则每堆石子的异或值为 \(a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 ···\wedge (a_i-k)···\wedge a_n=a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 ···\wedge a_i···\wedge a_n=x=0\) 异或满足消去律，所以有 \(a_i=a_i-k\) 故 \(k=0\) 矛盾，所以先手不可能将当前局面变成异为0的局面，故后手总是异或非0的局面，而后手总是可以将异或非0的局面变成异或为0的局面，因而先手总是会遇到异或为0的局面，最终所有石子为0的局面一定是先手遇到，故后手必胜，先手必败

    • 台阶-NIM游戏

      • 有一个n级台阶的楼梯，每级台阶上都有若干个石子，其中第i级台阶上有\(a_i\) 个石子(i ≥1)。两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一级台阶上拿若干个石子放到下一级台阶中（不能不拿）。已经拿到地面上的石子不能再拿，最后无法进行操作的人视为失败。
      • 结论：当奇数台阶上石子的异或值 \(a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 ···\wedge a_n=0\) 时 先手必败，否则先手必胜
      • 石子只能从上一台阶往下一台阶拿，最终局面一定是某人把第一台阶上的石子拿到地面后结束，因此考虑奇数台阶石子异或值的情况
      • 当先手遇到奇数台阶石子异或值非0时，将某奇数台阶上的若干石子拿到下一台阶后，总是可以将所有奇数台阶上的石子异或值变成0(见普通nim游戏的分析)。此时，后手总是会遇到奇数台阶石子异或值为0的情况
      • 当后手从奇数台阶拿x石子放到下一台阶时，奇数台阶石子异或值一定变为非0(见普通nim游戏分析)，此时，先手又可以将异或非0变成异或为0
      • 当后手从偶数台阶拿x石子放到下一台阶时，先手可以顺次将下一台阶的x石子放到下下一台阶，保持奇数台阶异或为0的局面，所以后手总是会遇到奇数台阶石子异或值为0的情况，直到最后，后手会遇到第一台阶无石子可拿的情况，后手判负，先手必胜
      • 当先手遇到奇数台阶石子异或值为0时，后手可以依据同样的策略使先手比败，后手必胜

    • 集合-NIM游戏

      • n堆石子，玩家可以从任意一堆石子中取走石子，但是每次取的石子个数必须在一个已知的集合S中，最后无法操作的人判负
      • 结论：当每堆石子的sg异或值 \(sg(a_1) \wedge sg(a_2) \wedge sg(a_3) ···\wedge sg(a_n)=0\) 时 先手必败，否则先手必胜
      • 集合nim与普通nim游戏的最大区别在于，拿走的石子数必须在一个给定的集合S中。
      • 对于普通nim游戏，所有石子异或非0的局面总是能够变成异或为0的局面，异或为0的局面总是只能变成异或非0的局面，故而异或为0的局面总是由同一个人遇到，异或非0的局面总是让另一个人遇到，因此一开始通过石子的异或值就能确定谁是赢家。
      • 对于集合nim游戏，是否有同一个局面只会让同一个人遇到的情况呢？答案是可以的。将每种局面抽象为一个图中的节点，一个局面可以到另一种局面就连一条有向边，因而每堆石头的取法都可以通过一个图表示，出度为0的节点表示结束局面
      • 定义一个sg(x)函数，表示局面x的sg值，该值总是取到达不了的局面中的最小值，结束局面的sg值为0，能到结束局面的局面的值为1，同理，可以反推出每堆石头一开始的sg值
      • 可以发现该sg值与普通nim游戏中异或值的情况有相似之处，即sg值为0的局面只能走到sg值非0的局面，sg值非0的局面总是可以走到sg值为0的局面
      • 将每堆石头起始节点的sg值异或起来，sg异或值为0则先手比败，sg异或值非0则先手必胜(sg异或值为0的那一方总是遇到sg值异或值为0)
      • 代码：
        #include #include #include using namespace std;const int N = 110;const int M = 1e4 + 10;int s[N], f[M]; //s[i]存储可以取的石子数，f[i]存储每个状态的sg值，每个状态用当前石子数表示int n, k;//dfs求sg值int sg(int x){    if(f[x] != -1) return f[x]; //记忆化搜索        unordered_set S; //储存可以走到的局面的sg值    for(int i = 1; i <= k; ++ i){ //遍历所有可以取的石子数量        int sum = s[i];        if(x >= sum) S.insert(sg(x - sum)); //将走到的局面的sg值存储    }        for(int i = 0; ; ++ i) //从小到大遍历可能的sg值        if(!S.count(i)) //若该sg值是不能达到的sg中的最小值            return f[x] = i; //取该sg值}int main(){    cin >> k;    for(int i = 1; i <= k; ++ i) cin >> s[i];    cin >> n;        memset(f, -1, sizeof f);//别忘了初始化        int res = 0;    while(n -- ){        int h;        cin >> h;        res = res ^ sg(h); //起点的sg异或值    }        if(res) cout << "Yes";    else cout << "No";    return 0;}

    • 拆分-NIM游戏

      • 给定n堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以取走其中的一堆石子，然后放入两堆规模更小的石子（新堆规模可以为0，且两个新堆的石子总数可以大于取走的那堆石子数），最后无法进行操作的人视为失败。
      • 结论：==当每堆石子的sg异或值 \(sg(a_1) \wedge sg(a_2) \wedge sg(a_3) ···\wedge sg(a_n)=0\) 时 先手必败，否则先手必胜
      • 补充sg定理：SG 定理适用于任何公平的两人游戏, 它常被用于决定游戏的输赢结果。计算给定状态的 Grundy 值的步骤一般包括：
        • 获取从此状态所有可能的转换；
        • 每个转换都可以导致一系列独立的博弈（退化情况下只有一个）。计算每个独立博弈的 Grundy 值并对它们进行异或求和。
        • 在为每个转换计算了 Grundy 值之后，状态的值是这些数字的mex
        • 如果该值为零，则当前状态为输，否则为赢。
      • 由于玩家的操作是拿走一堆石子，放入两堆石子，因此原来一堆石子的局面变成了两堆石子的局面，而这两堆石头是同时出现，所以尽管是两堆石头，但是属于一个局面，由sg定理此局面的sg值 为 sg(x) = sg(x1) ^ sg(x2) (x -> x1 + x2 拿走x，放入x1，x2)
      • 代码：
        #include #include #include using namespace std;const int N = 110;int f[N];int n;int sg(int x){    if(f[x] != -1) return f[x];//记忆化        unordered_set s;    for(int i = 0; i < x; ++ i)         for(int j = 0; j <= i; ++ j) //避免重复，约定第二堆的数量小于等于第一堆            s.insert(sg(i) ^ sg(j)); //两个石子为一个局面，由sg定理：两个石子的sg异或值为当前局面的sg值                for(int i = 0; ; ++ i) //选取不存在的最小的自然数        if(!s.count(i))            return f[x] = i;            }int main(){    cin >> n;    memset(f, -1, sizeof f);    int res = 0;    while(n -- ){        int x;        cin >> x;        res ^= sg(x);    }        if(res) cout << "Yes";    else cout << "No";    return 0;}

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