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博弈论之——巴什博弈、威佐夫博弈。

作者:互联网

 

首先我们来看一下巴什博弈。

例题1: 两个聪明绝顶的人一块报数,每人每次报最少1个,最多报4个,看谁先报到30谁赢,A先报数。(最基础)

我们从B的角度观察这个游戏,我们发现无论A报出几个数字(比如x),B只要报出(5-x)个数,就可以保证自己必胜。

(没什么思考难度)

例题2:有n个物品放置一堆,两个聪明绝顶的人轮流从中取物, 规定每次至少取1个,最多取m个,最后取光者得胜。

引入博弈论的部分我就不加赘述了,直接(热度)分析。

结论:找到这么一个整数k和r,使n=k*(m+1)+r,若r==0先手必败,r!=0先手必胜。

(雾?)

(思考—ing)

证明:

  进行分类讨论:

  1. 当n<=m时,先手必胜。(废话)
  2. 当n=m+1时,先手必败。(还是废话)
  3. 当n=k*(m+1)时,先手必败(k次讨论2循环)
  4. 当n=k*(m+1)+x (0<x<m+1)时,先手必胜(通过第一次操作回到讨论3,此时他为后手,必胜)。

  由此,我们综上所述:

  1. 当n=k*(m+1) (k>=1)时 先手必败;
  2. 否则先手必胜。

 

在看完巴什游戏之后,我们可以再在雾中欣赏学习一下威佐夫博弈。

定义:

  有两堆若干物品,两个聪明绝顶的人轮流从中:1.任选一堆取若干个物品;

                          2.同时从两堆取同样多的物品;

                       3.每次至少取一个,无上限。

        最后去光的人获胜。

结论:

若两堆物品的初始值为(x,y),且x<y,则另z=y-x;

记w=(int)[((sqrt(5)+1)/2)*z  ];

若w=x,则先手必败,否则先手必胜。

 

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define ll long long
 4 ll a,b,t,ret,pd;
 5 int main(){
 6     cin>>a>>b;
 7     if(b>a) t=a,a=b,b=t;
 8     ret=a-b;
 9     pd=(ll)((sqrt(5.0)+1.0)/2.0*ret);
10     if(pd==b) cout<<0;
11     else cout<<1;
12     return 0;
13 }
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关于威佐夫博弈的证明:

我们先找到前几组P-局面:(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),……

诶?(震惊)有几个规律!!!

1.他不重复地取遍了所有数。(emmmmmm)

2.对于第k个P-局面(x,y),x为前 0 到 k-1 个P-局面中没有出现的最小自然数,而y=x+k;

 

此时我们要引入一个很重要的数学定理——贝蒂定理

定理内容:设a、b是正无理数且 1/a +1/b =1。记A={ [na] | n为任意的正整数},B={ [nb] | n 为任意的正整数},([x]'指的是取x的整数部分)则A与B是Z+的一个划分。

证明(分三部分证明):

1.对于所有整数,最多只会在P(Q)中出现一次。(即规律1)

由于 1/a +1/b =1,得到a,b均大于1,所以(na/nb)向下取整,不会有重复。

2.把<A与B是Z+的一个划分>这句话拆成:

  1. A与B的交集为空。
  2. A与B的并集为自然数。

下面我们证明1:

反证法证明若存在一个k满足它既属于A又属于B;

那么必然有正整数m,n,满足:

化化化->

 

 同理:

 

两式求和:可得  (m+n)/(k+1) < 1 < (m+n)/k

再化一步->

很明显是不合法的,证毕。

 

下面我们证明2

同上用反证法证明。

若存在一个k满足它既不属于A与B的并集也不属于N(自然数)的补集。

那么也必然有m,n,满足

 

这不可能,证毕。

 (注:以上证明转载自,在此鸣谢。)

链接在此:https://blog.csdn.net/g21glf/article/details/87888285

 

标签:博弈,必败,ll,证明,必胜,物品,佐夫,巴什
来源: https://www.cnblogs.com/btcadmire123A/p/11255950.html