博弈论小记

2022-03-05 10:00:45 作者：互联网

斐波那契博弈

n 个石子, A, B 博弈, A 先手取走任意个石子但不能全部取完, 然后 A, B 轮换, 每个人取的石子个数不得超过上一个人取走个数的 2 倍

结论: 若 n 为斐波那契数 B 必胜, 否则 A 胜.

首先证明斐波那契数 A 败, 归纳法, 1, 2, 3 显然 A 负, 若对于 $f_k$ 均有 A 负, 考察 $f_{k+1}$

显然过程中每个人都不能拿超过 $\frac{n}{3}$ 颗石子, 也就是 $\le f_{k-2}$. 根据归纳假设, B 可以在某一轮中恰好拿走第 $f_{k-2}$ 个石子.

讨论 B 最后一次最多拿走多少颗石子, 不难猜出是 $\frac23 f_{k-2}$, 如果更多, 即使前面全是 A 拿走也不能满足 2 倍的题目条件. 并由 $\frac23 f_{k-2} < \frac12 f_{k-1}$ 得, 剩下的 $f_{k-1}$ 个石子可以视为子问题.

然后证明其他数字 A 胜.

根据齐肯多夫定理, n 可以分解为不连续的 fibnacci 数之和.

A 取走最小一堆, B 取不完下一堆, A 可以保证自己取走最后一颗, 这样就转化到 B 先手 n 为 Fibonacci 的局面.

齐肯多夫定理: 任意正整数数可以拆分成 $n = f_{a}+f_b + f_c + \cdots f_k(a + 1 < b, b + 1 < c \cdots )$

首先 fibnacci 肯定可以, 对于其他数, 找到最大的小于他的 fib, 然后对 n - fib 拆分即可.

有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。

先打表出前几个先手必败局面: (0, 0), (1, 2), (3, 5), (4, 7) ...

两点性质:

归纳, 假设序列长度为 n - 1 (不包括 0,0), x 是之前未出现的最小值.

对于 (x, x - k), x - k 之前出现过, 所以有必败局面 (v, x - k), 先手拿走若干变成 v 即可获胜.

对于 (x, x + k), (k < n) 若第 k 个二元组为 (y, y + k), 两堆石子同时拿掉一些即可获胜.

对于 (x, x + n), 可以发现怎么操作都输. 证毕.

推论得到每个正整数恰好出现一次.

a, b 为无理数且满足 $\frac 1a + \frac 1b = 1$. 定义集合 $P =\{ \lfloor na \rfloor \}$, $Q =\{ \lfloor nb \rfloor \}$, $n \in \Z^+$

有 $P \cup Q = \Z^+$, $P \cap Q = \varnothing$

证明:

若存在 $x \in P \cap Q$

有 $x < na< x + 1$, 推得 $\frac xn < a < \frac{x+1}{n}$, 推得 $\frac nx > \frac 1a > \frac n{x+1}$

同理有 $\frac mx > \frac 1b > \frac m{x+1}$

相加得到 $\frac {n+m}x > 1 > \frac{n+m}{x+1}$

整理得 $x < n + m < x + 1$

不存在一个正整数在相邻的两个正整数之间, 矛盾.

若存在 $x \notin P \cup Q$

有 $na < x < (n + 1)a - 1$, 则 $\frac nx < \frac 1a < \frac {n+1}{x+1}$

同理得到 $\frac {n+m}x < 1 < \frac{2+n+m}{x+1}$, 则 $n + m < x < n + m + 1$

矛盾.

原题就是将第一个数认为是 $\lfloor na \rfloor $, 第二个数为 $\lfloor n(a+1) \rfloor$

满足第一条性质, 取合适的 a 使得 $\frac 1a + \frac 1{a+1}=1$, 则也满足第二条性质. 那么取 a 为黄金分割比即可.

标签：lfloor,博弈论,frac,na,石子,rfloor,1a,小记
来源： https://www.cnblogs.com/tuagoale/p/15967070.html