博弈论总结(已更新二分图博弈)

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博弈论

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• 如下主要内容来自于对集训队论文《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》的整理与从其余地方收集补充的一些经典模型
• 博弈论还在学习过程当中，可能还会补充一些东西 ---update in 2019.1.31---已更新二分图博弈

##组合游戏基础定义 ###游戏的定义：

• 游戏有2名参与者，两人轮流操做
• 游戏过程当中的任意时刻有肯定的状态
• 参与者操做时将游戏从当前状态转移到另外一状态，且规则规定了在任意状态时，能够到达的状态集合
• 在有限步数以内结束(没有平局)
• 参与者拥有彻底的信息

###游戏的表示： 定义：对于一个游戏，若是当前状态$P$，玩家$L$能够转移到的状态为$P_L$,玩家$R$能够转移到的状态为$P_R$,那么记$P = {P_L | P_R}$ 例子：假设当前状态为$P$,玩家$L$能够转移到的状态为$A, B, C$,玩家$R$能够转移到的状态为$D$。 那么$P = {A, B, C | D}$

###游戏的和： 若是一个游戏$G$,能够被分解成若干个不相交的子游戏$G_1, G_2, G_3...G_n$,且知足在$G$中的操做等价与在子游戏中选一个进行操做，那么咱们称$G$是这若干个子游戏的和，即$G = \sum_{i = 1}^{n}G_i$

##组合游戏模型 ###SG游戏中的SG函数与相关定理 ####SG游戏定义： 这样一类组合游戏：没法操做者输 ####SG函数定义： SG函数是对游戏图中每个节点的评估函数。知足以下等式： $$SG(v) = mex{SG(u) | 图中有一条从v到u的边}$$ 其中$mex(x_1, x_2...x_t)$是定义在非负整数集合上的操做，自变量是任一非负整数集合。获得的结果是不属于该集合的最小天然数。即： $$mex{S} = min(k | k \notin A \land k \in N)$$

####性质：

1,对于任意局面，若是它的SG值为0，那么它的任意后继SG值不为0 2,对于任意局面，若是它的SG值不为0，那么必定有一个后继状态的SG值为0 在SG游戏中，SG值为0时先手必败。 3，在每次只能进行一步操做的状况下，对于任何游戏的和，若是将其中任一单一SG-组合游戏换成数目为它SG值的一堆石子，则该单一SG-组合游戏的规则变为取石子游戏的规则(能够任意取)，则游戏的和的胜负不变。 #####变式： 若只考虑游戏的和，咱们能够将其中任一游戏换成SG值相等的其余游戏，游戏的和的SG值不变。

所以，在考虑游戏的和时，咱们不关心每一个单一游戏具体是什么，咱们惟一要关心的就是这个单一游戏的SG值。因而可知，咱们能够把任意游戏的和转换为Nim游戏,这样计算起来就很方便了。 ###Anti-SG游戏和SJ定理 ####Anti-SG游戏定义： 走完最后一步者输，即决策集合为空者赢(由于没法操做)

$\Delta$求解Anti-SG游戏时，依然可使用SG函数求解。 ####anti-nim游戏 定义：

• 有$n$堆石子，参与者轮流取石子。
• 每次能够从一堆中取出任意数目的石子，不能不取
• 取走最后一个石子者败

结论： 先手必胜当且仅当

• 全部堆的石子数都为$1$且游戏的SG值为$0$
• 有些堆的石子数大于$1$且游戏的SG值不为$0$

证实： 两种状况：

• 有$n$个堆，每一个堆只有一个石子。显然，先手必胜当且仅当$n$为偶数
• 其余状况：
• 当SG不为$0$时 　　若还有至少两堆石子的数目大于$1$，则先手将SG值变为$0$便可;若只有一堆石子数大于$1$ 则先手总能够将状态变为有奇数个$1$(经过取完or取到只剩一个).因此先手必胜。
• 当SG为$0$时 　　若至少有两堆石子的数目大于$1$，则先手决策完以后，一定至少有一堆石子大于$1$，且SG值不为$0$，因此先手必败。

但上述证实只对anti-nim游戏成立，由于在证实SG性质时，用到了这样一个性质：SG值为0的局面不必定为终止局面。

####SJ定理 尝试将上述方法推广。 先看一个错命题

先手必胜当且仅当： 1，全部单一游戏的SG值小于$2$且游戏的SG值为$0$ 2，存在单一游戏的SG值大于$1$且游戏的SG值不为$0$
在上图中，这个命题就不成立

定义：

对于任意一个Anti-SG游戏，若是咱们规定当局面中全部的单一游戏的SG值为0时，游戏结束，则先手必胜当且仅当： 1，游戏的SG函数不为0且游戏中某个单一游戏的SG函数大于1 2，游戏的SG函数为0且游戏中没有单一游戏的SG函数大于1

证实： 须要证实以下3种状况： 1，全部终止局面为先手必胜.(终止局面指决策集合为空的局面,即没法决策) 2，游戏中任何一个先手必败局必定只能转移到先手必胜局。 3，游戏中的任何一个先手必胜局必定能转移到至少一个先手必败局。

**状况一：**局面的SG函数为0且游戏中某个单一游戏的SG函数大于1. $\because$当前局面的SG函数为0，又$\because$SG函数性质(1) $\therefore$它所能转移到的任何一个局面的SG值不为0 $\because$当前局面的SG值为0且游戏中某个单一游戏的SG函数大于1. $\therefore$当前局面中一定至少有2个单一游戏的SG函数大于1 又$\because$每次之多只能更改一个单一游戏的SG值 $\therefore$它能转移到的任何一个局面都至少有一个单一游戏的SG值大于1 由上述得：状况一所能转移到的任何一个局面都为先手必胜局

**状况二：**局面的SG函数不为0且游戏中没有单一游戏的SG函数大于1 能够发现，当前局面必定有奇数个游戏的SG值为1，其他游戏的SG值为0. 1，将某个单一游戏的SG值更改成大于1的数。 $\because$转移前没有单一游戏的SG值大于1，而转移将某个单一游戏的SG值更改成大于1的数 $\therefore$转移后的局面必定有且只有一个单一游戏的SG值大于1 $\therefore$后继局面的SG值必定不为0 所以，后继局面必定为先手必胜局 2，将某个单一游戏的SG值更改成0或1. $\because$转移是将某个SG值为0的单一游戏改为SG值为1的单一游戏，或将某个SG值为1的单一游戏改为SG值为0的单一游戏。 $\therefore$转移后的局面必定有偶数个SG值为1的单一局面,且不含有SG值大于1的局面(什么意思？？？) $\therefore$后继局面必定为先手必胜

**状况三：**局面的SG函数不为0且游戏中某个单一游戏的SG函数大于1. 1，局面中只有1个单一游戏的SG值大于1。 选择更改SG最大的单一游戏，能够将其更改成0或1来保证转移后的局面有且只有奇数个SG值为1的单一游戏。(同anti-nim游戏) 2，局面中至少有2个单一游戏的SG值大于1。 根据SG函数性质2，总存在一种决策能够将后继局面的SG值变为0. $\because$局面中至少有2个单一游戏的SG值大于1 又$\because$每次最多只能改变一个单一游戏的SG值。 $\therefore$后继局面中至少有一个游戏的SG值大于1 所以，后继局面为先手必败

**状况四：**局面的SG函数为0且游戏中没有单一游戏的SG函数大于1. 当局面中全部单一游戏的SG值为0时，游戏结束，先手必败。(？？？) 不然，局面有且仅有偶数个SG值为1的单一游戏，其他游戏的SG值为0. 咱们只须要将其中的某一个SG值为1的单一游戏的SG值变为0，游戏中便可出现奇数个SG值为1的单一游戏，到达先手必败态

$\Delta$SJ定理中的："规定当局面中全部单一游戏的SG值为0时，游戏结束"能够被替换为"当局面中全部单一游戏的SG值为0时，存在一个单一游戏知足SG值可以经过一次操做变为1"

###Multi-SG游戏 ####定义： 1，在符合拓扑原则的前提下，一个单一游戏的后继能够为多个单一游戏 2，其余规则与SG游戏相同 ####求解： 能够经过将SG函数适当变形来解决。只须要证实：咱们依然能够用SG函数来定义局面。 由于局面在游戏树中知足拓扑关系(无环)，因此咱们能够根据拓扑关系用数学概括法来证实。

###Every-SG游戏 ####定义: 1，对于任意单一游戏，若是还未结束，那么就必须操做 2，其余规则同SG游戏 ####求解： 对于咱们必胜的单一游戏，一定是玩的时间越长越优，对于必输的单一游戏，确定是玩的时间越短越优。 那么据此有以下解法： 经过游戏图计算某个状态的SG函数(只需得知是否为0便可)，对于SG为0的点，须要知道最快几步能够结束游戏，对于SG不为0的点，须要知道最慢几步游戏会结束，用$step$函数来表示这个值 $$step(v) \begin{cases} 0 \quad v为终止状态\ max(step(u)) + 1 \quad SG(v) > 0 \land u为v的后继状态\ min(step(u)) + 1 \quad SG(v) = 0 \land u为v的后继状态\ \end{cases}$$

定理：对于Every-SG游戏，先手必胜当且仅当单一游戏中最大的step为奇数。

证实：略…… ##常见博弈模型 ###Nim游戏 问题：$n$堆石子，每次从某一堆中拿若干个，没法操做者输。 **结论：**全部石子数异或和为$0$则后手胜，不然前手胜。 证实： 基于一个发现：若是有且只有$2$堆相同数量的石子，那么后手必胜。 这个发现能够进行推广，若是一个状态能够被一分为二到$2$个相同状态，那么后手必胜。 能够看作把$n$堆石子分为$2$组，每一组彻底相同，那么A无论对其中的某一组作了什么操做，B均可以对另一组作彻底相同的对称性可知，B必定会赢。知足这样的一个条件的状态异或和为0； 用概括法来尝试证实：(不严谨) 若是任意一个状态必输，实质上都是因为一个集合S内的若干个状态必输(能够经过SG函数的推导转化过来)，那么称集合S为基础必输态集合。 根据游戏的定义，nim游戏的基础必输态集合大小为1，里面只有一个元素，$S = {0}$. 而$0$的异或和为$0$。 所以只须要证实对于任意一个异或和不为$0$的状态，均可以经过某种方式变为异或和为$0$的状态。对于任意一个异或和为$0$的状态，没法经过任意转移变为异或和为$0$的状态。

对于异或和不为$0$的状态。设它们的异或和最高位为$k$，则必定有一个数的最高位也为$k$。

所以咱们能够考虑对这个数进行操做。若是异或和的某一位为$0$，则咱们不对这个数的这一位作任何改变；反之，咱们对这一位取反。那么由异或和的特效能够得知，全部为$0$的位不变，依然为$0$.而全部为$1$的位状态改变，再也不为$1$，所以这个后继状态的异或和就为$0$了。而由于第$k$位变为了$0$，且其余状态取反的位都小于$k$，所以这个数必定会减少，所以咱们必定能够取出必定数量的石子达到目的。

对于异或和为$0$的状态，由于只能改变某一堆石子且必须作出改动，因此无论改哪一堆石子，都必然会使得至少一位的状态改变，从$0$变为$1$.

###NimK游戏 问题：$n$堆石子轮流取，每次能够任选$m$堆取任意个，没法操做者输，求是否先手必胜。 **结论：**在二进制意义上，若是每一位的$1$的个数都是$m + 1$的倍数，那么先手必输。Nim游戏能够看作$m = 1$的NimK游戏。由于异或就至关于把每一位$1$的个数加起来对$2$取模.

###巴什博弈 **问题：**一堆n个物品，2人轮流从这堆物品中取物，每次取$1$~$m$个，没法操做者输。 结论(解法)： 若$n = (m + 1)r + s$其中$r$为任意天然数，$s \le m$,即$n % (m + 1) != 0$，则先手必胜。 **证实：**根据题意，若是剩下的石子小于等于$m$个,那么此时先手必胜。所以若是剩下的石子是m + 1个，那么先手取后，一定剩下小于等于$m$个石子，所以$m + 1$是先手必败态。 因此若是$n % (m + 1) != 0$，那么先手只须要每次保持下一次的石子数是$m + 1$的倍数便可，这显然是可作到的。

###威佐夫博弈 **问题：**有两堆若干个物品，两我的轮流从某一堆或同时从$2$堆中取一样多的物品，规定每次能够取任意个，但必须取。没法操做者输。 **奇异局势：**称先手必败局为奇异局势，那么前$n$个奇异局势为： $$(0, 0), (1, 2), (3, 5), (4, 7), (6, 10), (8, 13)……$$ 令$k$表示奇异局势的编号，则$(a[k], b[k])$表示第$k$个奇异局势，其中$(0, 0)$为第$0$个奇异局势。 能够发现：$a[k]$是未在前面出现过的最小天然数，而$b[k] = a[k] + k$. **性质：**任何天然数都包含在一个，且仅有一个天然数里。 证实：$\because a[k]$是未在前面出现过的最小天然数，因此有 $$a[k] > a[k - 1]$$ $$b[k] = a[k] + k > a[k - 1] + k > a[k - 1] + k - 1 = b[k - 1] > a[k - 1]$$ 因此$b,a$都不会重复，显然会包含全部的天然数。 **结论：**奇异局势知足以下等式： $$a[k] = \frac{b[k] - a[k]}{1.618} = \frac{b[k] - a[k]}{\frac{\sqrt{5} + 1}{2}}$$

###斐波那契博弈 **问题：**有一堆n个石子，2人轮流取，先取者能够取走任意多个，但不能全取完，之后每人取的石子数不能超过上我的的2倍，没法操做者输。 **结论：**先手必败当且仅当石子数为斐波那契数

###翻硬币游戏 **问题：**通常的翻硬币游戏规则以下：

• $n$枚硬币排成一排，有的正面朝上，有的反面朝上，从左到右依次编号。
• 游戏者根据某些约束翻硬币(如：每次只能翻1或2枚，或者每次只能翻动连续的几枚)，但他所翻动的硬币中，最右边的那个必须是从正面翻到反面
• 没法操做者输 **结论：**局面的SG值为局面中每一个正面朝上的棋子单一存在时的SG值的异或和。 $\Delta$在某种意义上，它的决策与Nim游戏彻底等价。

###无向图删边游戏

####树的删边游戏 **问题：**有以下规则：

• 给出一个有$n$个节点的有根树。
• 游戏者轮流从树中删去边，删去一条边后，不与根节点相连的部分将被移走。
• 没法操做者输 **结论：**叶子节点的SG值为0，中间节点的SG值为它全部子节点的SG值加1后的异或和。

####无向图删边游戏

• 一个无向联通图，有一个点做为图的根
• 游戏者轮流从图中删去边，删去一条边后，不与根相连的部分将被移走。
• 没法操做者输

####Fusion Principle定理

对无向图作以下改动：将图中任意一个偶环缩成一个新点，任意一个奇环缩成一个新点加一个新边；全部连到原先环上的边所有与新点相连，这样的改动不会影响图的SG值。

所以能够将任意无向图改为树形结构。

###二分图博弈 **问题：**基于如下几点： 1，共2人参与。 2，博弈状态(对应节点)可分为两类，任意合法转移都是在两类状态之间转移，而不能在任意一类状态内部转移。 3，不能够转移到已访问状态 4，没法转移者输 解法： 观察题目的特殊性，咱们发现，将每一个状态看作一个点，那么这些点和合法转移会构成一个二分图。 将S集合视做轮到先手决策的点，T集合则表明轮到后手决策的点。 咱们先跑一遍二分图匹配，对于任意一点x，有2种状况： 1，不属于最大匹配(非匹配点) 　　走一步后必然会走到一个匹配点，不然若是遇到一个非匹配点就会造成一条增广路，那么就不符合最大匹配的前提。而走到一个匹配点后，对方能够不断沿着匹配边走，最后必然会停留在S集合，也就是先手必输。由于若是停留在T集合，依然至关于找到了一条增广路，不符合前提。 2，属于最大匹配 　　根据1中的描述可知，这个点先手必胜。 其余：

若是一个点$x$,在某种状况下不属于最大匹配，那么无论它怎么走，走到的目标节点必定会在某种状况下属于最大匹配，所以若是从点$x$开始会致使先手必败。反之，若是一个点$x$在任意状况下都属于最大匹配(即为最大匹配的必须点)，则先手必胜。

如何检验？ 1，最暴力的方法：把$x$从原图中删去，再跑最大匹配，若是跑出的最大匹配大小不变，则说明是非必须点。 2，稍微巧妙一点的方法：考虑一个$x$是必须点，至关于没有点能够取代$x$，所以咱们从$x$开始遍历，看是否能够找到一个同侧的未匹配点，若是能够找到，则说明$x$为非必须点。 即咱们在用匹配点来寻找是否有点能够替换掉它。所以咱们能够在$n + m$的时间内判断出一个点是否为必须点。

将这个作法进行推广，咱们能够获得一个判断二分图中有没有$x$是非必须点的方法： 从每一个未匹配点$x$开始遍历，将通过的同侧点打上标记，最后检验是否有匹配点被打上标记，有则图中至少有一个非必须点，所以若是后手能够选择开始的位置，那么先手必败。

##不平等博弈 ###Surreal Number ####如下内容主要参考自: 如今看不懂……之后再看…… 睡前说：超现实数 实数、超实数和博弈游戏：数学的结构之美 浅谈算法——博弈论 博弈论的总结 简单博弈论 博弈论总结 《浅谈如何解决不平等博弈问题》 Wiki百科 ####定义： #####SN的定义： 为了简便起见，下文中将Surreal Number简写为SN. 定义SN为一个由左集合与右集合组成，表示为${L | R}$的一个东西。且知足以下性质： 左集合和右集合中的元素也是SN，且左集合中的元素严格小于右集合中的元素

#####符号的定义：

• $\le$:对于$x = { X_L | X_R }$和$y = {Y_L | Y_R}$,咱们称$x \le y$当且仅当不存在$x_L \in X_L$使得$y \le x_L$，以及不存在$y_R \in Y_R$使得$y_R \le x$
• $<$:$x < y$表示$x \le y \land \urcorner (y \le x)$
• $=$:$x = y$表示$x \le y \land y \le x$
• $+$:设有$x = { X_L | X_R}$和$y = {Y_L | Y_R}$.那么$$x + y = { X_L | X_R} + {Y_L | Y_R} = {X_L + y, x + Y_L | X_R + y, x + Y_R}$$ 其中对于集合$X$与SN$y$的运算：$X + y = {x + y : x \in X}$ 边界状况:$\varnothing + n = \varnothing$

####SN的构造方法: 首先有${\varnothing | \varnothing} = { | } = 0$,所以咱们能够用0来构造其余SN，能够获得${0 | }, {| 0}, {0 | 0}$. $\because 0 \le 0 \quad \therefore {0 | 0}$不合法 $\because {|0} < 0 < {0|} \quad \therefore{|0} = -1, {0|} = 1$ 利用0, 1, -1能够构造出7个合法的SN： $\because {1 | } > 1, {| 1} < -1 \quad \therefore {1 | } = 2, {| 1} = -2$ $\because 0 < {0 | 1} < 1$且${0 | 1} + {0 | 1} = 1 \quad \therefore {0 | 1} = \frac{1}{2}$ 同理${-1 | 0} = - \frac{1}{2}$ $\Delta$如此类推，能够构造出全部形如$\frac{j}{2^k}$的有理数,定义达利函数为： $$\delta(x) \begin{cases} {1},\quad x = 0 \ {\delta(x - 1)|}, \quad x > 0 \land x \in z\ {|\delta(x + 1)}, \quad x < 0 \land x \in z\ {\delta(\frac{j - 1}{2^k}) | \delta(\frac{j + 1}{2^k})}, \quad x = \frac{j}{2^k} \land j, k \in z \land k > 0 \end{cases}$$

定理：对于一个SN $x = {L | R}$,若$L$中有最大元素$L_{max}$,那么${L_{max} | R} = x$ ;相似的，若集合$R$中有最小元素$R_{min}$，那么${L | R_{min}} = x$ 例如：${2, 3 | 4, 5} = {3 | 4, 5} = {2, 3 | 4} = {3 | 4}$

####SN在游戏中的应用 对于一个游戏$G$,有以下结论：

• 若是$G > 0$,那么不论先手仍是后手，$L$都会获胜
• 若是$G < 0$,那么不论先手仍是后手，$R$都会获胜
• 若是$G = 0$,那么谁后手谁获胜

定理：若是$G = (SN)x, H = (SN)y \Longrightarrow G + H = (SN) x + y$