博弈论之Nim 博弈

Myth丶恋晨 2022-07-28 09:46 213阅读 0赞

**写在前面：**

**此类问题一般有如下特点：**

> 1、博弈模型为两人轮流决策的非合作博弈。即两人轮流进行决策，并且两人都使用最优策略来获取胜利。
> 
> 2、博弈是有限的。即无论两人怎样决策，都会在有限步后决出胜负。
> 
> 3、公平博弈。即两人进行决策所遵循的规则相同。

理论铺垫：

> 1、定义P-position和N-position：其中P代表Previous，N代表Next。直观的说，上一次move的人有必胜策略的局面是P-position，也就是“先手必败”，现在轮到move的人有必胜策略的局面是N-position，也就是“先手可保证必胜”。
> 
> （1）.无法进行任何移动的局面（也就是terminal position）是P-position；
> 
> （2）.可以移动到P-position的局面是N-position；
> 
> （3）.所有移动都导致N-position的局面是P-position。
> 
> 2、P/N状态有如下性质：

> （1）、若面临末状态者为获胜则末状态为胜态否则末状态为必败态。  
>  （2）、一个局面是胜态的充要条件是该局面进行某种决策后会成为必败态。  
>  （3）、一个局面是必败态的充要条件是该局面无论进行何种决策均会成为胜态

> 3、P点： 即必败点，某玩家位于此点，只要对方无失误，则必败；
> 
>  N点： 即必胜点，某玩家位于此点，只要自己无失误，则必胜。
> 
> 4、取石子游戏算法实现
> 
> 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
> 
> /\*
> 
> a.如果当前是P点，那么一步（向前）可以走到的都是N点
> 
> b.如果当前点未标明P/N属性，那么看看该点向后走是不是都只能到达N点，如果是，那么该点是P点。
> 
> c.如果该点是N点，倒无法确定什么。
> 
> 如果没办法标一个点，那么异常结束。
> 
> \*/
> 
>   
>

Nim 游戏：***理解分析一：***

重点结论：对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)，它是P-position当且仅当a1^a2^...^an=0，其中^表示位异或(xor)运算。  
  
Nim游戏是博弈论中最经典的模型（之一？），它又有着十分简单的规则和无比优美的结论，由这个游戏开始了解博弈论恐怕是最合适不过了。

Nim游戏是组合游戏(Combinatorial Games)的一种，准确来说，属于“Impartial Combinatorial Games”（以下简称ICG）。满足以下条件的游戏是ICG（可能不太严谨）：1、有两名选手；2、两名选手交替对游戏进行移动(move)，每次一步，选手可以在（一般而言）有限的合法移动集合中任选一种进行移动；3、对于游戏的任何一种可能的局面，合法的移动集合只取决于这个局面本身，不取决于轮到哪名选手操作、以前的任何操作、骰子的点数或者其它什么因素； 4、如果轮到某名选手移动，且这个局面的合法的移动集合为空（也就是说此时无法进行移动），则这名选手负。根据这个定义，很多日常的游戏并非ICG。例如象棋就不满足条件3，因为红方只能移动红子，黑方只能移动黑子，合法的移动集合取决于轮到哪名选手操作。

通常的Nim游戏的定义是这样的：有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。

这游戏看上去有点复杂，先从简单情况开始研究吧。如果轮到你的时候，只剩下一堆石子，那么此时的必胜策略肯定是把这堆石子全部拿完一颗也不给对手剩，然后对手就输了。如果剩下两堆不相等的石子，必胜策略是通过取多的一堆的石子将两堆石子变得相等，以后如果对手在某一堆里拿若干颗，你就可以在另一堆中拿同样多的颗数，直至胜利。如果你面对的是两堆相等的石子，那么此时你是没有任何必胜策略的，反而对手可以遵循上面的策略保证必胜。如果是三堆石子……好像已经很难分析了，看来我们必须要借助一些其它好用的（最好是程式化的）分析方法了，或者说，我们最好能够设计出一种在有必胜策略时就能找到必胜策略的算法。

定义P-position和N-position，其中P代表Previous，N代表Next。直观的说，上一次move的人有必胜策略的局面是P-position，也就是“后手可保证必胜”或者“先手必败”，现在轮到move的人有必胜策略的局面是N-position，也就是“先手可保证必胜”。更严谨的定义是：1.无法进行任何移动的局面（也就是terminal position）是P-position；2.可以移动到P-position的局面是N-position；3.所有移动都导致N-position的局面是P-position。

按照这个定义，如果局面不可能重现，或者说positions的集合可以进行拓扑排序，那么每个position或者是P-position或者是N-position，而且可以通过定义计算出来。

以Nim游戏为例来进行一下计算。比如说我刚才说当只有两堆石子且两堆石子数量相等时后手有必胜策略，也就是这是一个P-position，下面我们依靠定义证明一下(3,3)是一个P是一个P是一个P-position。首先(3,3)的子局面（也就是通过合法移动可以导致的局面）有(0,3)(1,3)(2,3)（显然交换石子堆的位置不影响其性质，所以把(x,y)和(y,x)看成同一种局面），只需要计算出这三种局面的性质就可以了。 (0,3)的子局面有(0,0)、(0,1)、(0,2)，其中(0,0)显然是P-position，所以(0,3)是N-position（只要找到一个是P-position的子局面就能说明是N-position）。(1,3)的后继中(1,1)是P-position（因为(1,1)的唯一子局面(0,1)是N-position），所以(1,3)也是N-position。同样可以证明(2,3)是N-position。所以(3,3)的所有子局面都是N-position，它就是P-position。通过一点简单的数学归纳，可以严格的证明“有两堆石子时的局面是P-position当且仅当这两堆石子的数目相等”。

根据上面这个过程，可以得到一个递归的算法——对于当前的局面，递归计算它的所有子局面的性质，如果存在某个子局面是P-position，那么向这个子局面的移动就是必胜策略。当然，可能你已经敏锐地看出有大量的重叠子问题，所以可以用DP或者记忆化搜索的方法以提高效率（简单的博弈问题想到这一步就可以了）。但问题是，利用这个算法，对于某个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)来说，要想判断它的性质以及找出必胜策略，需要计算O(a1\*a2\*...\*an)个局面的性质，不管怎样记忆化都无法降低这个时间复杂度。所以我们需要更高效的判断Nim游戏的局面的性质的方法。

直接说结论好了。(Bouton's Theorem)对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,...,an)，它是P-position当且仅当a1^a2^...^an=0，其中^表示异或(xor)运算。怎么样，是不是很神奇？我看到它的时候也觉得很神奇，完全没有道理的和异或运算扯上了关系。但这个定理的证明却也不复杂，基本上就是按照两种position的证明来的。

根据定义，证明一种判断position的性质的方法的正确性，只需证明三个命题： 1、这个判断将所有terminal position判为P-position；2、根据这个判断被判为N-position的局面一定可以移动到某个P-position；3、根据这个判断被判为P-position的局面无法移动到某个P-position。

第一个命题显然，terminal position只有一个，就是全0，异或仍然是0。

第二个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an!=0，一定存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。不妨设a1^a2^...^an=k，则一定存在某个ai，它的二进制表示在k的最高位上是1（否则k的最高位那个1是怎么得到的）。这时ai^k<ai一定成立。则我们可以将ai改变成ai'=ai^k，此时a1^a2^...^ai'^...^an=a1^a2^...^an^k=0。

第三个命题，对于某个局面(a1,a2,...,an)，若a1^a2^...^an=0，一定不存在某个合法的移动，将ai改变成ai'后满足a1^a2^...^ai'^...^an=0。因为异或运算满足消去率，由a1^a2^...^an=a1^a2^...^ai'^...^an可以得到ai=ai'。所以将ai改变成ai'不是一个合法的移动。证毕。

根据这个定理，我们可以在O(n)的时间内判断一个Nim的局面的性质，且如果它是N-position，也可以在O(n)的时间内找到所有的必胜策略。Nim问题就这样基本上完美的解决了。

***另一种理解和分析：***

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。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。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1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达  
到奇异局势（14，21，27）。

例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品  
就形成了奇异局势（55，81，102）。

例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，4  
5，48）。

例4。我们来实际进行一盘比赛看看：  
甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势  
乙:(1,8,9)->(1,8,4)  
甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势  
乙:(1,5,4)->(1,4,4)  
甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势  
乙:(0,4,4)->(0,4,2)  
甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势  
乙:(0,2,2)->(0,2,1)  
甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势  
乙:(0,1,1)->(0,1,0)  
甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势  
甲胜。

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。  
嘿嘿，这个游戏我早就见识过了。小时候用珠算玩这个游戏：第一档拨一个，第二档拨两个，依次直到第五档拨五个。然后两个人就轮流再把棋子拨下来，谁要是最后一个拨谁就赢。有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏，我就在想有没有一个定论呢。下面就来试着证明一下吧  
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态可转变为T态，态可一次转变为T态，又由定理6，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5）  
\[定理11\]：T2态必输。  
证明：同10。  
综上所述，必输态有： 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(见加黑部分)，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.